Nâng cao chất lượng dạy và học môn hóa học ở các trường trung

Nâng cao chất lượng dạy và học môn hóa học ở các trường trung học phổ thông

Trang 1

MỤC LỤC

Vấn đề 1: Kinh nghiệm dạy ôn thi THPT quốc gia cho các đối tượng học sinh yếu và khá

giỏi.

THPT Phan Văn Hùng ............................................................................................................... 2

THPT Đại Ngãi .......................................................................................................................... 5

Vấn đề 2: Phân tích cấu trúc đề thi minh họa THPT quốc gia năm 2017 (so sánh với đề

thi THPT quốc gia năm 2016).

THPT Lê Văn Tám ..................................................................................................................... 8

THPT Mai Thanh Thế .............................................................................................................. 12

Vấn đề 3: Phương pháp giải các bài tập khó về Este- Hóa học 12.

THPT Kế Sách .......................................................................................................................... 14

THPT Lịch Hội Thượng ........................................................................................................... 23

THPT Phú Tâm ........................................................................................................................ 30

Vấn đề 4: Kinh nghiệm giải các bài toán về Amin, Aminoaxit - Hóa học 12.

THPT Văn Ngọc Chính ............................................................................................................ 35

THPT Trần Văn Bảy ................................................................................................................ 40

Vấn đề 5: Kinh nghiệm dạy nội dung bài tập Peptit - Hóa học 12.

THPT Thuận Hòa ..................................................................................................................... 47

THPT Huỳnh Hữu Nghĩa ......................................................................................................... 57

THPT Thiều Văn Chỏi ............................................................................................................. 67

Vấn đề 6: Sử dụng định luật bảo toàn electron trong giải các bài toán trắc nghiệm về kim

loại tác dụng HNO3, H2SO4 đặc.

THPT Hoàng Diệu .................................................................................................................... 70

THPT Mỹ Hương ..................................................................................................................... 79

THPT Tp Sóc Trăng ................................................................................................................. 84

Vấn đề 7: Sử dụng phương pháp "quy đổi" để giải các bài toán trắc nghiệm Hóa học.

THPT Hoàng Diệu .................................................................................................................... 91

THCS THPT Khánh Hòa ......................................................................................................... 97

THPT An Thạnh 3 .................................................................................................................. 104

Vấn đề 8: Sử dụng phương pháp đồ thị trong giải trắc nghiệm Hóa học.

THPT Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai .................................................................................. 112

THPT Lương Định Của .......................................................................................................... 118

THPT Nguyễn Khuyến ........................................................................................................... 124

MỘT VÀI KINH NGHIỆM DẠY MÔN HOÁ HỌC TẠI TRƯỜNG THPT THÁP

MƯỜI, TỈNH ĐỒNG THÁP .................................................................................................. 134


Trang 2

KINH NGHIỆM DẠY ÔN THI THPT QUỐC GIA CHO HS YẾU, HS

KHÁ GIỎI

Trường THPT Phan Văn Hung

Thực hiện công văn số 2708/SGDĐT-GDTrH của Sở Giáo dục và Đào tạo Sóc

Trăng ngày 6 tháng 12 năm 2016 về việc viết tham luận hội nghị chuyên đề "Nâng cao

chất lượng dạy và học môn Hóa học ở trường phổ thông", tôi xin có vài ý kiến về kinh

nghiệm dạy ôn thi THPT QG cho HS yếu và HS khá giỏi.

I. THỰC TRẠNG

1. Thuận lợi

- Kỳ thi THPT quốc gia diễn ra vào trong tháng 6 và HS được chọn môn thi ngay

từ đầu năm học nên học sinh có thời gian ôn tập nhiều hơn.

- Bộ Giáo dục và Đào tạo cũng định hướng về nội dung thi, cách ra đề thi: nội

dung nằm trong Chương trình lớp 12 cấp THPT, đề thi cho mỗi môn thành phần của các

bài thi KHTN có 40 câu hỏi trắc nghiệm gồm các câu hỏi ở các cấp độ cơ bản, phục vụ

mục đích xét công nhận tốt nghiệp THPT và các câu hỏi phân hóa phục vụ mục đích xét

tuyển ĐH, CĐ.

2. Khó khăn

- Kỳ thi THPT quốc gia 2017, môn Hóa học được Bộ Giáo dục và Đào tạo tổ

chức cho HS thi theo bài thi tổ hợp Khoa học Tự nhiên (tổ hợp Vật lí, Hóa học, Sinh học)

nên nội dung, mức độ kiến thức giáo viên đôi lúc còn lúng túng.

- HS phải học nhiều môn thi hơn, thời gian làm bài thi ít hơn so với các năm

trước.

- Nhiều học sinh hiện nay chưa tích cực, chủ động, sáng tạo trong việc học tập của

mình nên năng lực tự học và sáng tạo của các em phát triển chậm.

II. GIẢI PHÁP

Để nâng cao chất lượng dạy và học môn Hóa học ở trường phổ thông, tôi xin chia

sẻ một số kinh nghiệm:

1. Phân loại đối tượng để ôn tập

Khi ôn tập cho kỳ thi THPT quốc gia, giáo viên chia học sinh thành 2 nhóm để ôn

tập: nhóm I gồm những học sinh tham dự kỳ thi để xét tốt nghiệp THPT; nhóm II gồm

những học sinh tham dự kỳ thi để xét tốt nghiệp THPT và xét đại học.

2. Phân loại nội dung, bài tập để dạy

Giáo viên cần biên soạn nội dung, các dạng bài tập theo 2 mức độ cho 2 nhóm để

dạy:

+ Đối với nhóm I: Giáo viên cần soạn những câu hỏi đơn giản, tính tư duy, vận

dụng thấp.

+ Đối với nhóm II: Sau khi cho học sinh giải thành thạo các dạng câu hỏi đơn

giản và tiếp tục giải các dạng câu hỏi nâng cao.

3. Tạo không khí học tập thân thiện


Trang 3

Giáo viên cần tạo không khí học tập hứng thú với những bài tập từ đơn giản đến

phức tạp khi học sinh lên bảng làm bài tập, nếu học sinh không biết làm thì giáo viên cần

hướng dẫn, chỉ dẫn cho đến khi biết làm.

4. Dạy cho HS cách tự học, tự nghiên cứu tài liệu, học nhóm

- GV hướng dẫn HS tự học, tự tìm kiếm thông tin trên mạng Internet. Các thông

tin cần tìm kiếm như: phương pháp giải bài tập hóa, các dạng bài tập, đề kiểm tra theo

chuyên đề, các khóa học trên mạng, các bài giảng về các chuyên đề, …

- Hướng dẫn học sinh học nhóm: Mỗi nhóm có từ 3 đến 7 học sinh tham gia. Mỗi

nhóm có 1 nhóm trưởng thực sự học tập gương mẫu và có kết quả học tập tốt làm nhóm

trưởng. Mỗi nhóm cần có kế hoạch cụ thể:

+ Hoạt động nhóm nên có lịch hoạt động, địa điểm ổn định.

+ Sau khi kết thúc một bài, một chương, mỗi thành viên trong nhóm đều phải tích

cực học và làm bài tập. Trước khi đến học nhóm mỗi cá nhân mang theo những câu hỏi

thắc mắc, những bài tập chưa làm được.

+ Trong buổi học nhóm mỗi thành viên đưa ra những câu hỏi, những vấn đề mình

băn khoăn nhờ các bạn trong nhóm giúp đỡ, nếu lời giải thích chưa thỏa đáng sẽ tập hợp

lại gửi giáo viên bộ môn giảng.

5. Hướng dẫn HS các phương pháp giải nhanh các dạng bài tập

- Sử dụng thành thạo bản đồ tư duy, phương pháp sơ đồ hóa tóm tắt kiến thức đối

với mỗi nội dung bài học, tổng kết chương.

- Nắm vững các phương pháp giải bài tập hóa: qui đổi, đồ thị, bảo toàn elelctron,

bảo toàn điện tích, bảo toàn khối lượng, ...

- Nắm vững các công thức tính nhanh.

- Nắm vững kiến thức cơ bản và cả những phần nâng cao.

6. Phối hợp tốt giữa giáo viên bộ môn, giáo viên chủ nhiệm và gia đình HS

- Một vấn đề không thể không nói đến là vai trò của GVCN và GVBM. Không ai

khác ngoài các thầy cô trực tiếp dạy sẽ nắm rõ điểm mạnh, yếu của từng em để tư vấn,

định hướng cho các em trong việc tự học cũng như trong việc chọn trường.

- GVCN, GVBM thường xuyên kiểm tra, kịp thời đánh giá, một mặt để các em

biết mình đang ở đâu, ở mức nào để có hướng phấn đấu, đồng thời về phía GV sẽ có cách

thức, giải pháp phù hợp để kịp thời uốn nắn các em, giúp các em phát huy điểm mạnh,

hạn chế yếu điểm.

7. Phân chia thời lượng thích hợp cho ôn tập

Muốn đạt được kết quả kỳ thi THPT quốc gia tốt hơn, theo tôi cũng cần có thời

gian “vừa đủ” để cho giáo viên tổ chức ôn tập, điều này cũng tùy thuộc vào tình hình

thực tế của mỗi nhà trường. Trong thời gian ôn tập GV cũng cần có kế hoạch phân bố

thời gian cho mỗi nội dung của chương trình một cách hợp lí.

8. Hướng dẫn HS làm tốt các bài thực hành trên lớp

Hóa học là môn khoa học thực nghiệm, nếu có điều kiện làm được càng nhiều

thí nghiệm mang tính chất chứng minh, đối chứng thì học sinh càng nắm bài tốt. Mỗi thí


Trang 4

nghiệm các bước tiến hành, các hiện tượng xảy ra cần được ghi chép cẩn thận và mỗi học

sinh phải tự tay làm từ đó học sinh sẽ nắm vững kiến thức hơn.

9. Tổ chức cho HS các buổi kiểm tra theo cấu trúc đề thi của BGD

GV cần đánh giá sát thực hơn kết quả học tập của học sinh, từ đó có thể điều

chỉnh kịp thời cách dạy để HS đạt kết quả cao trong học tập.

IV. KIẾN NGHỊ

Sở Giáo dục và Đào tạo có thể tổ chức thêm những buổi tập huấn, hội thảo với

nội dung phong phú, chất lượng để giáo viên thật sự có những thông tin bổ ích, giúp giáo

viên có những định hướng tổ chức dạy học đạt hiệu quả cao hơn.


Trang 5

KINH NGHIỆM DẠY ÔN THI THPT QUỐC GIA CHO CÁC ĐỐI

TƯỢNG HỌC SINH YẾU VÀ KHÁ GIỎI

Trường THPT Đại Ngãi

Nâng cao chất lượng ôn thi THPT quốc gia được coi là vấn đề quan tâm hàng đầu

của Lãnh đạo nhà trường và giáo viên giảng dạy các bộ môn có thi tốt nghiệp.

Trong khi đó, môn Hoá học là một môn học khó, nếu không có những phương

pháp giảng dạy phù hợp với học sinh dễ làm cho học sinh thụ động trong việc tiếp thu

kiến thức. Đã có hiện tượng một số bộ phận học sinh không muốn học hoá học, ngày

càng lạnh nhạt với giá trị thực tiễn của hoá học. Tuy nhiên vẫn có nhiều học sinh có niềm

đam mê cháy bỏng đối với môn hóa học, luôn cố gắng chuyên cần học tập để đạt điểm

cao trong kì thi tốt nghiệp THPT quốc gia (TNTHPTQG).

Vì vậy việc tìm giải pháp để nâng cao chất lượng ôn thi THPTQG nói chung và

công tác bồi dưỡng học sinh yếu kém, nâng cao học sinh giỏi môn Hóa nói riêng là trách

nhiệm quan trọng của mỗi nhà trường, mỗi giáo viên – thể hiện ý thức và tâm huyết của

người giáo viên.

Vậy làm thế nào để ôn thi THPT quốc gia cho học sinh có chất lượng, có hiệu

quả? Trong khuôn khổ bài tham luận này, chúng tôi xin được trình bày một số kinh

nghiệm đã áp dụng trong những năm gần đây:

1. Đánh giá phân loại đúng năng lực, trình độ học sinh

Dựa vào ý thức, thái độ tham gia xây dựng bài học, đặc biệt là căn cứ vào kết quả

học tập của năm trước, kết quả của các lần kiểm tra 15 phút, một tiết, thi học kì…chúng

ta rất dễ dàng phân loại được các nhóm đối tượng học sinh. Từ đó giáo viên xây dựng kế

hoạch ôn tập phù hợp với từng nhóm học sinh.

Trong các năm qua, sau khi có danh sách học sinh đăng kí ôn thi, chúng tôi chia

các em thành hai lớp riêng để ôn tập. Lớp thứ nhất dành cho các em đăng kí thi tốt nghiệp

THPTQG, lớp thứ hai dành cho các em đăng kí thi tốt nghiệp THPTQG và xét tuyển đại

học. Đối với từng lớp, chúng tôi xây dựng đề cương ôn tập riêng và đề ra kế hoạch ôn tập

phù hợp với năng lực và trình độ của các em như sau:

- Đối với các em chỉ đăng kí thi tốt nghiệp THPTQG, giáo viên sẽ hệ thống lại

kiến thức của từng bài, từng chương, sau đó hướng dẫn các em giải chi tiết từng câu trắc

nghiệm trong đề cương theo các cấp độ nhận thức từ dễ tới khó.

- Đối với các em đăng kí thi tốt nghiệp THPTQG và xét tuyển đại học, giáo viên

hệ thống kiến thức từng chương theo sơ đồ tư duy, sau đó hướng dẫn các em ôn tập theo

từng chủ đề như: kinh nghiệm giải các bài toán về este, amin, amino axit…., cách sử

dụng phương pháp bảo toàn electron, phương pháp bảo toàn khối lượng, phương pháp

đường chéo, phương pháp tăng giảm khối lượng….

2. Giáo dục ý thức học tập cho học sinh

Giáo viên phải giáo dục ý thức học tập của học sinh, tạo cho học sinh sự hứng thú

trong học tập, từ đó sẽ giúp cho học sinh có ý thức vươn lên. Thường xuyên động viên,

khích lệ các em để các có niềm tin và động lực học tập.

3. Xác định kiến thức cơ bản, trọng tâm


Trang 6

- Xác định rõ kiến thức trọng tâm, kiến thức nền (những kiến thức cơ bản, có

nắm được những kiến thức này mới giải quyết được những câu hỏi và bài tập) trong tiết

dạy cần cung cấp, truyền đạt cho học sinh.

- Đối với học sinh yếu kém không nên mở rộng, chỉ dạy phần trọng tâm, cơ bản,

làm bài tập nhiều lần và nâng dần mức độ của bài tập sau khi các em đã nhuần nhuyễn

các dạng bài tập đó.

4. Xây dựng môi trường học tập thân thiện

- Sự thân thiện của giáo viên, không khí học tập thoải mái cũng góp phần đạt hiệu

quả giáo dục rất cao. Thông qua cử chỉ, lời nói, ánh mắt, nụ cười… giáo viên tạo sự gần

gũi, cảm giác an toàn nơi học sinh để các em bày tỏ những khó khăn trong học tập.

- Giáo viên luôn tạo cho bầu không khí lớp học thoải mái, nhẹ nhàng, không dùng

lời thiếu tôn trọng đối với các em, đừng để cho học sinh cảm thấy sợ giáo viên mà hãy

làm cho học sinh thương yêu và tôn trọng mình.

- Giáo viên phải là người chịu khó, kiên trì, không nản lòng trước sự chậm tiến

của học sinh, phải biết phát hiện ra sự tiến bộ của các em cho dù là rất nhỏ để kịp thời

động viên khuyến khích làm niềm tin cho các em cầu tiến.

5. Tổ chức kiểm tra kết quả ôn tập của học sinh theo định kì

Qua kiểm tra, ta sẽ đánh giá được năng lực tiếp thu kiến thức của học sinh, từ đó

đưa ra phương pháp ôn tập phù hợp, kịp thời uốn nắn giúp đỡ những em có học lực yếu.

6. Thường xuyên nhắc nhở, yêu cầu học sinh quan tâm lưu ý một số điểm sau trong kì

thi THPT quốc gia

- Do đề thi rút ngắn thời gian và phải thi cùng lúc 3 bài thi nên thí sinh phải luyện

tập thật nhiều và nên cố gắng tính giờ cho một bài thi hoàn chỉnh. Khi giải bài nếu có thể

nên tập trung làm ba bài liên tiếp để cho não hình thành thói quen tư duy.

- Riêng với kiến thức lý thuyết, khi học nên hệ thống thành sơ đồ tư duy hoặc

những kiến thức nào có liên quan thì tập trung thành một chủ đề. Xem kĩ những dòng chữ

màu xanh trong sách giáo khoa (những câu này có thể xuất hiện ở dạng câu hỏi nhận định

đúng hoặc sai).

- Học sinh nên đặt mục tiêu điểm 8 trước; khi nào thấy bản thân có thể đạt được

điểm 8 thì hãy nghĩ tới điểm 9, 10 để tránh sa đà vào các câu quá khó mà bỏ qua những

câu cơ bản (vì mỗi câu có số điểm đều như nhau từ câu khó nhất đến câu dễ nhất).

- Học sinh đừng mất thời gian quá nhiều cho những câu bài tập quá khó. Đôi khi

câu lý thuyết dễ nhất mà không nắm rõ thì nó có thể trở thành câu khó nhất trong cả bài

thi.

- Trước khi thi khoảng một tháng, thí sinh nên dành thời gian giải lại các đề tuyển

sinh của bộ trong các năm gần đây. Đề thi tập trung trong chương trình 12 nên tập trung

giải lại các câu hỏi có liên quan đến bài thi.

- Khi làm bài, không nhất thiết phải giải thật nhiều đề mà nên giải đi giải lại các

dạng cho thật nhuần nhuyễn, tự bản thân phải cố gắng rút ra kiến thức, tư duy, kỹ năng

sau mỗi dạng bài để biến nó thành kinh nghiệm của bản thân.

- Không xem nhẹ bất kì kiến thức nào trong một bài học.

http://ytevietnam.edu.vn/giao-duc-tuyen-sinh

http://ytevietnam.edu.vn/giao-duc-tuyen-sinh

http://thptquocgia.org/dap-an-de-thi


Trang 7

- Bên cạnh đó, đề minh hoạ có rất nhiều câu hỏi lý thuyết (khoảng 25 câu) nên

thường dành thời gian để kiểm tra phần lí thuyết và luôn sâu chuỗi lại những kiến thức có

liên quan giữa các chương với nhau.

- Mặt khác, đề thi mặt dù Bộ Giáo dục và Đào tạo công bố chủ yếu trong chương

trình 12, nhưng phần bài tập vận dụng cao vẫn có một số kiến thức liên quan đến 10 và

11, bởi vậy giáo viên nên lưu ý với học sinh và cho học sinh làm một số bài tập minh

họa.

Nói tóm lại, kết quả tiến bộ của học sinh không chỉ phụ thuộc chủ yếu vào sự

nhiệt huyết của người giáo viên mà còn phụ thuộc vào ý thức và động cơ học tập của học

sinh. Để nâng cao hiệu quả ôn thi tốt nghiệp THPT quốc gia, giáo viên nên là người

hướng dẫn học sinh chủ động trong quá trình lĩnh hội tri thức hoá học. Hãy "thắp sáng

ngọn lửa" chủ động lĩnh hội tri thức trong từng học sinh.

http://thptquocgia.org/cong-bo-de-thi-minh-hoa-ky-thi-thpt-quoc-gia-nam-2017


Trang 8

PHÂN TÍCH ĐỀ THI MINH HỌA THPTQG 2017, SO SÁNH VỚI ĐỀ

THI THPTQG 2016

Trường THPT Lê Văn Tám

1. Cấu trúc câu hỏi: 40 câu trên 50 phút

- Toán: 15 câu tương đương khoảng 40 % lượng câu hỏi.

- Lý thuyết: 25 câu tương đương khoảng 60 % lượng câu hỏi.

- Kiến thức phần hóa vô cơ: 22 câu chiếm khoảng 55%.

- Kiến thức phần hóa hữu cơ: 18 câu chiếm khoảng 45 %.

2. Ma trận

Mức độ Biết Hiểu Vận dụng Vận dụng cao

Số câu 12 câu 12 câu 8 câu 8 câu

3. Phân bố các nội dung kiến thức trong đề thi minh họa

Phân bố các nội dung kiến thức trong đề thi minh họa cụ thể

Chuyên đề Số câu hỏi

trong đề thi Phân tích, đánh giá

1. Phản ứng oxi hóa -

khử, Cân bằng phản

ứng hóa học

1 câu Nhóm chuyên đề Phản ứng oxi hóa - khử,

chiếm 1 câu hỏi trong đề thi với mức độ dễ.

2. Phi kim và axit vô

cơ

8 câu Chuyên đề Phi kim chiếm khoảng 8 câu hỏi

trong đề thi. Các câu hỏi ở mức độ dễ và trung

bình, bao gồm kiến thức ở các chương Nito-

Photpho, Cacbon-Silic, Oxi-lưu huỳnh, Halogen

tích hợp câu hỏi liên quan đến thí nghiệm nhận

biết các ion và kiến thức thực tế.

Trong đó, dạng BT: NO3- phản ứng với H+ với

Fe2+ hoặc Cu có độ khó cao hơn.

3. Đại cương về kim

loại

5 câu Chuyên đề Đại cương về kim loại chiếm 5 câu

trong đề thi, câu hỏi mức độ từ dễ đến trung

bình, yêu cầu học sinh nắm vững kiến thức căn

bản. Phần điều chế kim loại có liên quan nhiều.

4. Kim loại kiềm, Kim

loại kiềm thổ, Nhôm

và các hợp chất

3 câu Chuyên đề Kim loại kiềm, Kim loại kiềm thổ,

Nhôm và các hợp chất chiếm khoảng 4 câu

trong đề thi, gồm cả lí thuyết và bài tập. Các

câu hỏi ở chuyên đề này ở cả 3 mức độ dễ,

trung bình, khó. Có câu hỏi quen thuộc liên

quan đến đồ thị là muối nhôm tác dụng với

dung dịch kiềm.


Trang 9

5. Bài tập Fe, Cu và

tổng hợp nội dung

kiến thức Hóa học vô

cơ thuộc chương trình

phổ thông

5 câu Chuyên đề Fe, Cu và tổng hợp kiến thức Hóa

học vô cơ được ra dưới dạng nhiều câu hỏi ở

mức độ từ dễ đến khó, các BT ở mức độ khó thể

hiện sự phân loại học sinh một cách rõ rệt, yêu

cầu HS có tư duy vận dụng cao. Các câu hỏi lí

thuyết phần vô cơ tổng hợp thường yêu cầu HS

phải nắm vững các kiến thức Hóa học vô cơ để

chọn được đáp án chính xác.

Để làm hết toàn bộ các câu hỏi, học sinh cần

nắm vững kiến thức cơ bản, vận dụng linh hoạt

các phương pháp giải nhanh như: bảo toàn khối

lượng, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn electron,

đại lượng trung bình, quy đổi, phương trình ion,

đồ thị… để tìm ra kết quả. Tránh sa vào những

biểu thức toán học phức tạp, đồng thời tiết kiệm

thời gian.

6. Este, Lipit 7 câu Các chuyên đề Este, Lipit chiếm 7 câu khá

nhiều trong đề thi ở mức độ dễ đến khó. Các

câu hỏi khó mang tính chất phân loại HS, đòi

hỏi HS nắm vững kiến thức và tư duy vận dụng

cao. Dạng toán cho rất khó.

7. Cacbohidrat 4 câu Cacbohidrat chiếm 4 câu trong đề thi đại học, ở

mức độ dễ. Các kiến thức thuộc chuyên đề

Cacbohidrat còn được lồng ghép trong các bài

tập hữu cơ tổng hợp, HS cần nắm vững lí thuyết

cơ bản để tránh mất điểm 1 cách đáng tiếc ở các

câu hỏi dễ.

8. Amin – Amino axit

- Protein

5 câu Chuyên đề Amin-Aminoaxit- Protein chiếm 5

câu hỏi trong đề thi bao gồm cả LT và BT,

trong đó các câu hỏi LT ở mức độ dễ, các BT

tính toán ở mức độ trung bình và khó. Trong đó

có dạng rất khó liên quan đến peptit. Bài tập

vận dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố,

BTKL

9. Polime, Vật liệu

Polime

1 câu Chuyên đề Polime, Vật liệu Polime chiếm 1 câu

trong đề thi, câu hỏi này ở mức độ dễ.

10. Tổng hợp nội

dung kiến thức Hóa

học hữu cơ thuộc

chương tình phổ

thông

1 câu Chuyên đề Tổng hợp nội dung kiến thức Hóa

học hữu cơ chiếm 1-2 câu hỏi trong đề thi được

ra chủ yếu dưới dạng câu hỏi lý thuyết. Các câu

hỏi thuộc chuyên đề này bao quát cả 3 mức

độ dễ, trung bình, khó.

4. So sánh với đề thi năm 2016


Trang 10

- Hình thức: Đề cũng cho dài như năm 2016, đề cho 4 trang trong khi đó năm 2016 là 5

trang mà thời gian quá ít do đó yêu cầu học sinh phải làm quen với việc đọc đề thật

nhanh. Rút ra được những thông tin quan trọng nhanh chóng. Quyết đoán với phương án

trả lời.

- Nội dung: Phần lớn câu hỏi là lý thuyết (trên 60%). Toàn bộ nội dung kiến thức nằm

trong chương trình lớp 12 cơ bản bỏ cả phần giảm tải trong khi đó đề thi 2016 cho cả 3

khối 10, 11, 12 và cả chương trình nâng cao, do đó đề thi 2017 phần nào giảm bớt áp lực

cho học sinh việc học quá nhiều kiến thức.

- Kỹ năng: Buộc học sinh học cả quá trình 10, 11, 12 đề cho thuộc loại kiến thức tổng

hợp cụ thể như ở một số câu:

+ S + Hg HgS dạng này cũng thuộc phần chương Oxi- lưu huỳnh ở lớp 10.

+ Cr + Cl2 CrCl3 dạng này cũng thuộc phần chương halogen ở lớp 10.

+ Kim loại tác dụng với HCl, H2SO4 thuộc chương trình lớp 10.

+ Kim loại tác dụng với HNO3 thuộc chương trình lớp 11.

+ Phản ứng oxi hóa- khử thuộc lớp 10.

Các kiến thức trên học sinh có học lại trong phần kim loại nhưng buộc các em

phải nhớ lại phần đã học để bổ trợ kiến thức cho nhau vì đề cho toán hệ thống giống như

dạng đề 2016.

- Phân hóa:

+ Đề thi có mức độ khó và phân hóa thấp hơn đề thi THPT QG 2016 Tuy nhiên

điều này là hợp lý vì thời gian làm bài giảm xuống. Mặt khác học sinh phải làm bài thi 3

môn Hóa, Lý, Sinh trong cùng buổi thi do đó đề cho như thế cũng phù hợp.

+ Số lượng câu hỏi dài ở năm 2016 có nhiều hơn trong khi đó đề thi minh họa

2017 số lượng câu hỏi dài ít hơn nhưng cũng hợp lí vì thời gian thi quá ít.

+ Không có nhiều câu hỏi phức tạp như năm 2016 phần này BGD cũng cần vừa

với thời gian.

+ Không có quá nhiều chủ đề (do chỉ trong chương trình lớp 12). Về mặt cấu trúc

phần hóa vô cơ đề minh họa 2017 tập trung chủ yếu ở phần kim loại (kim loại kiềm, Al,

Cr, Fe, Cu) phần hữu cơ cho đầy đủ chương trình 12 (este, cacbohidrat, amino axit, hợp

chất của N, polime ) về mặt này thuận lợi cho học sinh dễ làm bài hơn so với năm 2016.

+ Mức độ khó tương đối hơn so với đề 2016 nhưng cũng tương xứng với lượng

thời gian quá ít do đó cấu trúc đề cũng hợp lí.

+ Về độ khó với 24 câu đầu tiên chiếm 60% lượng câu hỏi mức độ câu hỏi vừa

phải, dạng này vừa sức với học sinh chỉ xét tốt nghiệp, 8 câu hỏi tiếp theo chiếm khoảng

20 % với mức độ khó tương ứng với học sinh khá – giỏi buộc các em suy luận nhiều, 8

câu còn lại chiếm 20% rất khó phù hợp với học sinh giỏi – xuất sắc, đòi hỏi các em phải

có kỹ năng nhạy bén tính toán chính xác. Với những yêu cầu này thì đề minh họa có phần

giống đề thi 2016.

+ Mức độ đề cho từ dễ đến khó không tạo áp lực cho học sinh, phần này đề cũng

giống như đề 2016.


Trang 11

+ So với đề thi THPT QG 2016 thì đề thi minh họa 2017 số lượng câu hỏi có

trùng lặp một số câu trong các đề thi cũ.

+ Dạng toán cũng nằm trong các chủ đề quen thuộc như ở phần hóa vô cơ (H+,

NO3 -, Fe2+/ Fe3+, Ag+ với Fe2+ hỏi về khối lượng kết tủa, dạng toán đồ thị), phần hóa hữu

cơ (este- lipit, hợp chất chứa N).

Trên đây là một số ý kiến của tôi mong đồng nghiệp góp ý. Tôi Chân thành cảm

ơn!


Trang 12

PHÂN TÍCH CẤU TRÚC ĐỀ THI 2016-2017 HÓA HỌC

Trường THPT Mai Thanh Thế

I. THỰC TRẠNG

- Đổi mới phương pháp thi là vấn đề cấp thiết cho sự nghiệp phát triển giáo dục

hiện nay, mấy năm qua ngành giáo dục nước nhà đã có nhiều phương pháp đổi mới. đổi

mới quy chế thi, đổi mới đem lại bước phát triển mới đây là cái tốt, cái cần, nhưng đổi

mới nhiều quá làm cho học sinh và phụ huynh hoang mang lo lắng.

- Hai năm học 2014-2015 và 2015-2016 đề thi có 50 câu thời gian làm bài 90

phút. Mức độ từ dễ đến khó, từ câu 1 đến câu 30 đề bám sát sách giáo khoa chủ yếu lớp

12. Từ câu 31 trở đi thì mức độ nâng cao mở rộng ra cho ba khối.

- Năm học 2016-2017 quy chế thi tốt nghiệp có sự thay đổi đề 40 câu, thời gian

làm bài 50 phút. Số câu giống với những năm áp dụng thi tốt nghiệp bằng hình thức trắc

nghiệm, nhưng thời gian thì ít hơn trước đây 90 phút, đây cũng là điều mà học sinh cũng

như phụ huynh rất quan tâm và lo lắng không biết đề thi vậy có dễ hơn đề minh họa hay

không, hơn nữa trong một buổi thi ba môn liên tục, không có thời gian để tư duy, đối với

học sinh có học lực yếu, trung bình gặp rất nhiều khó khăn.

II. NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI MINH HỌA 2016-2017 SO VỚI ĐỀ THI

TNTHPT QUỐC GIA NĂM 2015-2016

a) Nhận xét

- Đề thi gồm 40 câu: 24 câu đầu là phần cơ bản (biết + hiểu) chiếm 60%, 16 câu

còn lại là phần nâng cao (vận dụng thấp + vận dụng cao) chiếm 40%. Thời gian làm bài

thi 50 phút (trung bình mỗi câu 1,25 phút).

- Nội dung kiến thức dàn trải ở các chương trong chương trình lớp 12 cụ thể:

+ Chương 1: Este- Lipit (6 câu)

+ Chương 2: Cacbohidrat (2 câu)

+ Chương 3: Amin-Aminoaxit-peptit (5 câu)

+ Chương 4: Polime (1 câu)

+ Tổng hợp các kiến thức hữu cơ (4 câu)

+ Chương 5: Đại cương về kim loại (7 câu)

+ Chương 6: Kim loại kiềm-kiềm thổ-nhôm (4 câu)

+ Chương 7: Sắt-Crom-Đồng (5 câu)

+ Chương 8 và 9: Phân biệt-hóa học môi trường (2 câu)

+ Tổng hợp các kiến thức vô cơ (4 câu)

- Số câu hữu cơ và vô cơ là 18 câu và 22 câu, lý thuyết chiếm 24 câu bài tập 16 câu.

b) Đánh giá

Đề thi năm rồi có mức độ phân luồng khá cao, 20 câu đầu tiên rất đơn giản chỉ

cần nắm được kiến thức cơ bản có thể làm được. Bắt đầu từ câu 21 trở đi mức độ được


Trang 13

tăng dần; từ câu 30 đến câu 40 đòi hỏi học sinh cần có một kiến thức bao quát hơn. Đặc

biệt từ câu 40 đến câu 50 là những câu cực khó đòi hỏi phải có kiến thức thật vững và tư

duy rất cao. Đề thi năm rồi muốn được điểm 10 không phải là chuyện dễ dàng. Về kiến

thức chủ yếu nằm trong chương trình 12, vẫn có rải rác ở chương trình 10, 11. Câu hỏi

mang tính chất thông hiểu liên quan đến thực tiễn khá nhiều. Các câu khó thường là các

bài tập liên quan đến Fe và hợp chất của Fe, nhiệt phân muối, kim loại phản ứng với axit

( đặt biệt là axit nitrit), peptit,…. Đề thi minh họa môn Hóa năm nay về cấu trúc vẫn

không gì thay đổi nhiều nhưng nhẹ hơn đề thi năm rồi rất nhiều kiến thức trọn vẹn trong

chương trình 12 số lượng câu hỏi khó vẫn có như bài tập về peptit, cacboxylic, kim loại

phản ứng với axit,....

Để làm bài tốt tôi nghĩ rằng ta cần cho học sinh phải nắm vững các kiến thức cơ

bản và các định luật: bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron,... thường xuyên làm bài tập

để rèn luyện kĩ năng làm bài; tìm các bài khó để làm để nâng tầm để khi đi thi không ngỡ

ngàng và tự tin đối với những câu khó; và điều quan trọng là tốc độ làm bài phải nhanh

và chính xác, cần có chương trình ôn tập hợp lý, cho học sinh làm quen đề thi thử nhiều

lần trong năm. Nên hướng học sinh chọn khối cho phù hợp với khả năng của bản than

tránh trường hợp học sinh chọn đại khi thi.

III. MỘT SỐ Ý KIẾN TRONG CÔNG TÁC TỔ CHỨC ÔN TẬP CHO HỌC SINH

- Đối với nhà trường phân luồng học sinh phù hợp, hướng nghiệp để học sinh

chọn môn thi vừa khả năng, phân lớp với số lượng học sinh 30 em/ lớp, không để học

sinh đông quá rất khó quản lý và dạy.

- Ôn tập và quản lý học sinh chặt chẽ, có những tiết kiểm tra đánh giá kịp thời.

- Phân loại học sinh thành các lớp học theo trình độ và nguyện vọng để có phương

pháp giảng dạy phù hợp.

- Đối với học sinh phân thời gian học cho phù hợp, thi cử sức khỏe cũng là vấn đề

cần bàn có nhiều em say sưa học bài quá quên đi sức khỏe, tới ngày thi thì đổ bệnh,

nhưng vẫn đi thi dẫn tới kết quả không cao.

- Thường xuyên tập làm đề thi thử nắm vững kiến thức bám sát sách giáo khoa

nhất là chương trình lớp 12.


Trang 14

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP KHÓ VỀ ESTE

Trường THPT Kế Sách

A. MỞ ĐẦU

I. Tầm quan trọng của tham luận

Hiện nay trong tất cả các đề thi THPT, HSG, MTCT,...hầu như đều xuất hiện bài

tập este, do đó việc đề cập một số phương pháp giải bài tập este trong tham luận này góp

phần cần thiết để giải quyết vấn đề đó.

II. Phạm vi áp dụng

Nội dung tham luận giúp giải quyết phần lớn các bài tập este trong các kỳ thi. Có

thể dùng làm tài liệu tham khảo cho HS và GV.

B. NỘI DUNG

Tổng quan về lý thuyết

I. Este

1. Cấu tạo phân tử

- Este đơn chức: RCOOR’ (R: H hoặc gốc hidrocacbon, R’: gốc hidrocacbon).

- Este tạo bởi axit đa chức và ancol đơn chức: R(COOR’)n.

- Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đa chức: (RCOO)mR’.

- Este tạo bởi axit đa chức và ancol đa chức: Rm(COO)n.mR’n.

2. Tên gọi

Tên gốc R’ + tên gốc axit (đuôi “at”).

3. Tính chất vật lý

- Nhiệt độ sôi thấp hơn các axit và ancol có cùng số C vì giữa các phân tử etse

không có liên kết hidro.

- Các este thường là những chất lỏng, nhẹ hơn nước, rất ít tan trong nước, có khả

năng hòa tan nhiều chất hữu cơ khác nhau. Các este thường có mùi thơm dễ chịu.

4. Tính chất hóa học

a. Phản ứng ở nhóm chức

* Phản ứng thủy phân:

- Trong môi trường axit:

RCOOR’ + H2O otSOH ,42 RCOOH + R’OH

- Trong môi trường kiềm:

RCOOR’ + NaOH ot

RCOONa + R’OH

* Tác dụng hợp chất cơ Magie:

R-COO-R’ OHMgXR 3,''

R-C(R’’)2-OH

* Phản ứng khử:


Trang 15

RCOOR’ OHeteLiAlH 34 .2,/.1

RCH2OH + R’OH

b. Phản ứng ở gốc hidrocacbon

* Phản ứng cộng vào gốc không no (H2, Br2, HBr…):

CH2=CHCOOCH3 + H2 otNi ,

CH3-CH2COOCH3

* Phản ứng trùng hợp:

nCH2=C(CH3)COOCH3 trunghop-(CH2-C(CH3)(COOCH3))-n

* Phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3:

HCOOR’ 33 / NHAgNO2Ag

HCOO-CH=CH-R’ 33 / NHAgNO4Ag

5. Điều chế

a. Phản ứng este hóa

RCOOH + R’OH o

đ tSOH ,)(42 RCOOR’ + H2O

b. Phản ứng điều chế este của phenol

(CH3CO)2O + C6H5OH → CH3COOC6H5 + CH3COOH

c. Phản ứng điều chế este vinyl

RCOOH + CH≡CH otxt,

RCOO-CH=CH2

* Một số phương pháp giải bài tập este:

I. Dạng 1: Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa và điều chế

1. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa

a/ Benzen otNiH ,,2 X1 âsNBS ,

X2 KCN X3

OH3 X4 5PCl X5 3NH

X6 NaOHBr /2 X7

Giải:

3H2

Ni, to

NBS

AS

Br

KCN

CN

H3O+

COOHCOClCONH2NH2

PCl5NH3Br2 + NaOH


Trang 16

b/

c/

2. Điều chế

a) Từ CH4 và các chất vô cơ cần thiết có sẵn, viết sơ đồ điều chế etyl axetat:

CH4 nhlamlanhnhaCo ,1500 CH≡CH

otPbCOPdH ,, 32 CH2=CH2 HOH ,2 C2H5OH

mengiamO ,2 CH3COOH

ođ tSOHOHHC ,, )(4252 CH3COOC2H5

b) Từ axit propionic, các hóa chất và điều kiện cần thiết khác, hãy viết sơ đồ tổng hợp:

+ etyl amin

+ etylaxetat

+ vinyl butirat

+ phenyl axetat.

II. Dạng 2: Viết CTCT các đồng phân là este

* Số đồng phân este no, đơn chức, mạch hở CnH2nO2: 2n-2 (1 < n < 5).

* Công thức tính số trieste của glixerol và n axit đơn chức = 2

)1(2 nn

Ví dụ 1: Tính số đồng phân cấu tạo là este ứng với các CTPT C2H4O2, C3H6O2, C4H8O2.

Viết CTCT và gọi tên.

Ví dụ 2: Đun nóng hỗn hợp gồm glixerol cùng axit axetic và axit propionic (xúc tác

H2SO4 đ), số trieste thu được là:

A. 4. B. 6. C. 8. D. 10.

Đáp án: B.


Trang 17

III. Dạng 3: Bài tập nhận biết

Một số phương pháp:

- Đun nóng: các este thường có mùi thơm: isoamyl axetat có mùi chuối chín, etyl

butirat có mùi dứa, etyl isovalerat có mùi táo,…

- Dùng dd Br2 nhận biết este không no.

- Dùng dd AgNO3/NH3 nhận biết este dạng HCOOR’...

Ví dụ: Có các lọ mất nhãn sau: ancol etylic, vinyl axetat, axit axetic, etyl axetat. Hãy

nhận biết các chất trên, viết viết phương trình hóa học của phản ứng.

- Dùng quỳ tím nhận biết axit axteic: quỳ tím hóa đỏ.

- Dùng dd Br2 nhận biết vinyl axetat: mất màu dd Brom.

- Pt: CH3COOCH=CH2 + Br2 → CH3COO-CHBr-CH2Br.

- Dùng Na nhận biết ancol etylic: khí H2 thoát ra.

2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2

Còn lại là etyl axetat.

IV. Dạng bài tập về phản ứng xà phòng hóa:

* Khi bài toán thủy phân hoàn toàn một este thu được:

+ Muối của axit đơn chức và ancol đơn chức → este đơn chức RCOOR’.

RCOOR’ + NaOH ot

RCOONa + R’OH

+ Thủy phân este đơn chức chỉ thu được một sản phẩm hữu cơ duy nhất → este đơn chức

dạng vòng:

RCOO

RCOO

+ NaOH HO-ROONato

mmuối = meste + mNaOH

+ Muối của axit đơn chức và ancol đa chức → este đa chức (RCOO)mR’.

(RCOO)mR’ + mNaOH ot

mRCOONa + R’(OH)m

→ nNaOH = m.neste

+ Muối của axit đa chức và ancol đơn chức → este đa chức R(COOR’)n.

R(COOR’)n + nNaOH ot

R(COONa)n + nR’OH

→ nNaOH = n.neste

+ Muối của axit đa chức và ancol đa chức → este đa chức Rm(COO)n.mR’n.

Rm(COO)n.mR’n + n.mNaOH ot

mR(COONa)n + nR’(OH)m

→ nNaOH = n.m.neste


Trang 18

+ Hai muối của axit đơn chức → este RCOOAr

RCOOAr + 2NaOH ot

RCOONa + ArONa + H2O

→ nNaOH = 2.neste

+ Muối của axit đơn chức và andehit đơn chức → este đơn chức RCOO-CH=CH-R’

RCOO-CH=CH-R’ + NaOH ot

RCOONa + R’CH2CHO

→ nNaOH = neste

+ Muối của axit đơn chức và xeton đơn chức → este đơn chức RCOO-CR’=CH-R’’

RCOO-CR’=CH-R’’ + NaOH ot

RCOONa + R’’CH2COR’

→ nNaOH = m.neste

* Este 2 chức tác dụng dd NaOH cho:

+ 1 muối + 1 ancol + 1andehit → este ROCO-R’-COOCH=CHR’’

ROCO-R’-COOCH=CHR’’ + 2NaOH ot

ROH + R’(COONa)2 + R’’CH2CHO

+ 1 muối + 1 ancol + 1xeton → este ROCO-R’-COOCR’’=CHR’’’

ROCO-R’-COOCR’’=CHR’’’ + 2NaOH ot

ROH + R’(COONa)2 + R’’’CH2COR’’

+ 2 muối + 1ancol → RCOOR’OOCR’’

RCOOR’OOCR’’ + 2NaOH ot

RCOONa + R’’COONa + R’(OH)2

+ 1 muối + 2ancol → ROCOR’COOR’’

ROCOR’COOR’’ + 2NaOH ot

R’(COONa)2 + ROH + R’’OH

+ 1 muối + 1ancol → ROCOR’COOR

ROCOR’COOR + 2NaOH ot

R’(COONa)2 + 2ROH

* Khi cho 2 chất hữu cơ đơn chức mạch hở tác dụng với NaOH cho

+ 2 muối và 1 ancol, có khả năng hai chất đó là

R1COOR’ và R2COOR’ hoặc R1COOH và R2COOR’

+ 1 muối và 1 ancol, có khả năng hai chất đó là

RCOOH và R’OH hoặc RCOOR’ và R’OH hoặc R1COOR’ và R1COOH.

+ 1 muối và 2 ancol có khả năng hai chất đó là:

RCOOR’ và RCOOR’’ hoặc RCOOR’ và R’’OH

Ví dụ 1: Thủy phân hoàn toàn 0,15 mol một este cần dùng vừa đủ 100 g dd NaOH 18%

thu được một ancol và 36,9 g hỗn hợp hai muối của hai axit cacboxylic đơn chức. Xác

định công thức hai axit.

Giải: nNaOH = 0,45 mol, ta có nNaOH = 3.neste → este 3 chức.

(R1COO)(R2COO)2R’ + 3NaOH → R1COONa + 2R2COO + R’(OH)3

0,15 0,15 0,3


Trang 19

Ta có: m muối = 0,15 (R1 + 67) + 0,3 (R2 + 67) = 36,9

suy ra cặp nghiệm hợp lý:

R1 = 43 (C3H7) và R2 = 1 (H)

Vậy hai axit: HCOOH và C3H7COOH.

Ví dụ 2: Đốt cháy 1,6 gam một este đơn chức, mạch không phân nhánh E thu được 3,52

gam CO2 và 1,152 gam H2O. Nếu cho 10 gam E tác dụng với 150 ml dd NaOH 1M, cô

cạn dd sau phản ứng thu được 16 gam chất rắn khan. Xác định CTCT của E.

Giải:

nCO2 = 0,08 mol; nH2O = 0,064 mol.

nO (trong E) = (1,6 - 12.0,08 – 2.0,064)/ 16 = 0,032 → nE = 0,016 mol.

Đặt CTPT E: CxHyOz

Ta có x:y:z = 0,08 : (0,064.2) : 0,032 = 5 : 8 : 2. Vì este đơn chức nên z = 2.

Vậy CTPT E là: C5H8O2.

Vì mE + mNaOH = 10 + 6 = 16 = m chất rắn, nên E là este đơn chức vòng

RCOO

+ NaOH HO-ROONato

Ta có ME = R + 44 = 1,6/0,016 → R = 56 (C4H8).

CTCT:

H2C CH2 CO

H2C CH2 O

V. Dạng bài tập phản ứng cháy:

CnH2n + 2 – 2k – 2xO2x + 2

313 xkn O2 → nCO2 + (n + 1 – k – x)H2O

* Nếu bài toán cho đôt cháy hoàn toàn một hay hỗn hợp các este mà thu được 2COn = OHn

2

→ este no, đơn chức, mạch hở CnH2nO2

Ta có neste = 1,5.2COn –

2On → n =

22

2

5,1 OCO

CO

nn

n

* Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm ancol X và axit hoặc este Y (đều no, đơn chức,

mạch hở) thì

nX = OHn2

– 2COn

* Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm andehit hoặc xeton X và axit hoặc este Y thu

được 2COn = OHn

2thì X, Y đều là hợp chất no, đơn chức, mạch hở


Trang 20

Ví dụ: Hỗn hợp X gồm hai este no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn một lượng X

cần vừa đủ 3,976 lít O2 (đktc). Thu được 6,38 g CO2. Mặt khác, X tác dụng với dd NaOH

thu được một muối và hai ancol đồng đẳng kế tiếp. Xác định CTPT hai este.

Giải:

Vì hai este tác dụng với dd NaOH thu được một muối và hai ancol đồng đăng kế tiếp

→ hai este đồng đẳng kế tiếp n =

22

2

5,1 OCO

CO

nn

n

=

1775,0145,0.5,1

145,0

= 3,625

Vậy CTPT hai este là: C3H6O2 và C4H8O2.

VI. Dạng kết hợp phản ứng cháy và thủy phân

- Kết hợp các định luật bảo toàn như: bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố…kết hợp

biện luận.

Ví dụ 1: Cho 2,85 g hợp chất hữu cơ X (C,H,O) tác dụng hết với nước (có xúc tác axit)

tạo ra hai chất A, B. Khi đốt cháy hết A tạo 2,016 lít (đktc) khí CO2 và 1,62 g H2O. Còn

khi đốt cháy hết B tạo 0,672 lít (đktc) CO2 và 0,81 g H2O. Biết tổng lượng O2 tiêu tốn

cho hai phản ứng này là 3,024 lít (đktc).

a) Xác định CTPT X, biết CTPT trùng CTĐG nhất.

b) Nếu chất a có M = 90, chất X tác dụng với Na giải phóng H2 thì có xác định

được cấu tạo A, B, X không?

Giải:

a) Xét 2 pư đốt cháy: mA +mB + mO2 = mCO2 + mH2O

→ mA +mB = (0,09 + 0,03).44 + (0,09 + 0,045).18 – 0,135 . 32 = 3,39 g

- Xét pư thủy phân X:

mX + mH2O = mA +mB → mH2O = 3,39 – 2,85 = 0,54 g.

→ nH2O = 0,03 mol.

- Xét đồng thời phản ứng thủy phân và phản ứng cháy:

+ Bảo toàn H:

mH(X) + mH(H2O thủy phân) = mH(A+B) = mH (H2O sản phẩm cháy)

→ mH(X) = (0,09 + 0,045).2 – 0,03.2 = 0,21 g.

+ Bảo toàn C:

mC(X) = mC(A+B) = mC (CO2 cháy)

→ mC(X) = (0,09 + 0,03).12 = 1,44 g.

mO(X) = 2,85 – 0,21 – 1,44 = 1,2 g.

Đặt CTTQ X: CxHyOz

→ x:y:z = 8:14:5 → CTPT C8H14O5

b) Xác định A:


Trang 21

Vì khi đốt cháy A: 2COn = OHn

2→ A có dạng CnH2nOa (a ≤ n). Vì MA = 90 → 14n + 16a =

90 → n = a = 3.

→ A có CT C3H6O3 và nA = 0,03 mol. Vì X có thể tác dụng Na sinh ra H2 nên X có

nhóm OH hoặc COOH → Các CTCT thỏa mãn A: CH3CH(OH)COOH hoặc HO-

CH2CH2-COOH.

Xác định B: xét pư thủy phân nX:nH2O:nA = 0,015:0,03:0,03 = 1:2:2

Hệ số pt: C8H14O5 + 2H2O → 2C3H6O3 + B

→ B có CT C2H6O (0,015 mol), CTCT B là: C2H5OH.

→ X có CT là CH3CH(OH)COOC2H5 hoặc HO-CH2CH2-COOC2H5.

Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn một hỗn hợp gồm hai este, Cho sản phẩm qua bình đựng

P2O5 dư, m bình tăng 6,21 g. Sau đó cho tiếp qua dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 34,5 g

kết tủa. Mặt khác cho 6,825 g hỗn hợp hai este đó tác dụng vừa đủ dung dịch KOH, thu

được 7,7 g hỗn hợp hai muối và 4,025 g một ancol. Tìm CTPT và khối lượng mỗi este,

biết rằng khối lượng phân tử hơn kém nhau không quá 28 đvC.

Giải:

Ta có: 2COn = OHn

2= 0,345 mol → este no, đơn chức, mạch hở.

Vì tạo ra hỗn hợp hai muối và một ancol nên có thể đặt CTTB hai este là 'COORR

'COORR + KOH → COOKR + R’OH

x x x x

Theo ĐLBTKL:

mKOH = 56x = 7,7 + 4,025 – 6,825 = 4,9 g.

→ x = 0,0875 mol.

→ MR’OH = 46 (C2H5OH).

→ Mmuối = R + 83 = 88 → R = 5, → I: (H và CH3) hoặc II: (H và C2H5)

* Cặp nghiệm I:

a b 0,0875

84a 98b 7,7

a 0,0625

b 0,025

mHCOOC2H5 = 4,625 g; mCH3COOC2H5 = 2,2 g.

* Cặp nghiệm II:

a b 0,0875

84a 112b 7,7

a 0,075

b 0,0125

mHCOOC2H5 = 5,55 g; mC2H5COOC2H5 = 1,275 g.

C. KẾT LUẬN

1. Ưu điểm


Trang 22

- Nội dung tham luận giải quyết được cho học sinh hiểu về lý thuyết và một số dạng bài

tập về este từ đó học sinh có thể giải quyết được phần nào các bài tập liên quan trong các

kỳ thi.

- Nội dung tham luận có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho HS và GV.

2. Tồn tại

Do thời gian và giới hạn độ dài của tham luận nên tham luận đưa ra khá ít về ví dụ

bài tập ở các dạng.

3. Kiến nghị

Sở GDĐT thường xuyên tổ chức những buổi giao lưu, học hỏi như thế này để

nâng cao chất lượng môn hóa nói riêng và chất lượng giáo dục nói chung của tỉnh Sóc

Trăng.


Trang 23

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP VỀ ESTE

HÓA HỌC 12

Nguyễn Văn Vẹn – Trường THPT Lịch Hội Thượng

1. Mở đầu

Chuyên đề Este - Lipit là phần quan trọng và có liên quan nhiều trong các kỳ thi

THPT Quốc gia. Tuy nhiên, trong sách giáo khoa chỉ trình bày những nội dung cơ bản

nên học sinh rất lúng túng khi tổng hợp kiến thức và vận dụng để giải bài tập nâng cao,

do đó các em thường khó khăn và sợ gặp phải các bài tập este – lipit khó. Từ thực tế

giảng dạy, chúng tôi xin đưa ra một số phương pháp giải các dạng bài tập khó của Este -

lipit nhằm giúp các em khắc phục các khó khăn trên và tự tin khi xử lí các câu hỏi về

este- lipit.

2. Một số dạng bài tập este – lipit

Một số lưu ý cần nắm

Este được tạo bởi axit cacboxylic no, đơn chức mạch hở và ancol no, đơn chức,

mạch hở (este no, đơn chức, mạch hở): CmH2m+1COOCm’H2m’+1 hay CnH2nO2 (m ≥ 0; m’≥

1; n ≥ 2 ).

Este đa chức được tạo bởi axit cacboxylic đa chức và ancol đơn chức:

R(COOR’)n

Este đa chức được tạo bởi axit cacboxylic đơn chức và ancol đa chức:

(RCOO)nR’

Este đa chức được tạo bởi axit cacboxylic đa chức và ancol đa chức (cùng có n

nhóm chức): R(COO)nR’

Tóm lại, có thể đặt CTTQ của este : CxHyOz (x, z ≥ 2; y là số chẵn, y 2x)

Dạng 1: Bài toán về phản ứng thuỷ phân este

1.1. Thuỷ phân một este đơn chức

- Trong môi trường axit: Phản ứng xảy ra thuận nghịch

RCOOR’ + HOH H+, to

RCOOH + R’OH

- Trong môi trường kiềm (phản ứng xà phòng hoá): Phản ứng một chiều, cần đun nóng

RCOOR’ + NaOH 0t

RCOOH + R’OH

Bài 1: Xà phòng hóa 2,76 gam một este X bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được

4,44 gam hỗn hợp hai muối của natri. Nung nóng hai muối này trong oxi dư, sau khi phản

ứng hoàn toàn, thu được 3,18 gam Na2CO3, 2,464 lít khí CO2 ( ở đktc) và 0,9 gam

nước.Công thức đơn giản cũng là công thức phân tử của X. Vậy CTCT thu gọn của X là:

A. HCOOC6H5. B. CH3COOC6H5.

C. HCOOC6H4OH. D. C6H5COOCH3.

Giải:

Sơ đồ phản ứng:


Trang 24

2,76 gam X + NaOH 4,44 gam muối + H2O (1)

4,44 gam muối + O2 3,18 gam Na2CO3 + 2,464 lít CO2 + 0,9 gam H2O (2).

nNaOH = 2 n Na2CO3 = 0,06 (mol); m NaOH =0,06.40 = 2,4 (g).

m H2O (1) =m X +mNaOH –mmuối = 0,72 (g)

mC(X) = mC( CO2) + mC(Na2CO3) = 1,68 (g); mH(X) = mH(H2O) – mH(NaOH) = 0,12 (g);

mO(X) = mX – mC – mH = 0,96 (g). Từ đó: nC : nH : nO = 7 : 6 : 3.

CTĐG và cũng là CTPT của X là C7H6O3. đáp án C.

Bài 2: Thực hiện phản ứng xà phòng hoá chất hữu cơ X đơn chức với dung dịch NaOH

thu được một muối Y và ancol Z. Đốt cháy hoàn toàn 2,07 gam Z cần 3,024 lít O2 (đktc)

thu được lượng CO2 nhiều hơn khối lượng nước là 1,53 gam. Nung Y với vôi tôi xút thu

được khí T có tỉ khối so với không khí bằng 1,03. CTCT của X là:

A. C2H5COOCH3. B. CH3COOC2H5.

C. C2H5COOC3H7. D. C2H5COOC2H5.

Giải: Theo đề bài: X đơn chức, tác dụng với NaOH sinh ra muối và ancol

X là este đơn chức: RCOOR’.

Mặt khác: mX + 2Om =

2COm + OHm2 44.

2COn + 18. OHn2

= 2,07 + (3,024/22,4).32 = 6,39

gam

Và 44.2COn - 18. OHn

2= 1,53 gam

2COn = 0,09 mol ; OHn2

= 0,135 mol

OHn2

> 2COn Z là ancol no, đơn chức, mạch hở có công thức: CnH2n+1OH (n ≥1)

Từ phản ứng đốt cháy Z

2

2

CO

OH

n

n=

n

n 1=

09,0

135,0 n = 2.

Y có dạng: CxHyCOONa T: CxHy+1 MT = 12x + y + 1 = 1,03.29

x = 2, y = 5 C2H5COOC2H5 đáp án D.

1.2. Thuỷ phân hỗn hợp các este

Bài 3: Một hỗn hợp A gồm 2 este đơn chức X, Y (MX < My). Đun nóng 12,5 gam hỗn

hợp A với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ thu được 7,6 gam hỗn hợp ancol no B, đơn

chức có khối lượng phân tử hơn kém nhau 14 đvC và hỗn hợp hai muối Z. Đốt cháy 7,6

gam B thu được 7,84 lít khí CO2 (đktc) và 9 gam H2O. Phần trăm khối lượng của X, Y

trong hỗn hợp A lần lượt là:

A. 59,2%; 40,8%. B. 50%; 50%.

C. 40,8%; 59,2%. D. 66,67%; 33,33%.

Giải:

Từ đề bài A chứa 2 este của 2 ancol đồng đẳng kế tiếp

Đặt công thức chung của ancol là OHHC1n2n


Trang 25

2COn = 7,84/22,4 = 0,35 mol; OH2

n = 9/18 = 0,5 mol nB = OH2n -

2COn = 0,5 – 0,35 =

0,15 mol

n = B

CO

n

n2 = 2,33. Vậy B

mol05,0:OHHC

mol1,0:OHHC

73

52

Đặt công thức chung của hai este là RCOOR

neste = nNaOH = nmuối = nY = 0,15 mol

mZ = 12,5 + 0,15.40 – 7,6 = 10,9 g muèiM = R

M + 67 = 15,0

9,10=72,67

RM = 5,67.

Như vậy trong hai muối có một muối là HCOONa. Hai este X, Y có thể là:

(I)

73

52

HCOOCHC

HHCOOC

yx

hoặc (II)

52yx

73

HCOOCHC

HHCOOC

- Trường hợp (I)

3y

1x

- Trường hợp (II) 12x + y = 8 ( loại)

Vậy A

%8,40:HCOOCCH:Y

%2,59:HHCOOC:X

733

52 đán án A

1.3. Thuỷ phân este đa chức

+ R(COOR’)n + nNaOH R(COONa)n + nR’OH, nancol = n.nmuối

+ (RCOO)nR’ + nNaOH nRCOONa + R’(OH)n, nmuối = n.nancol

+ R(COO)nR’ + nNaOH R(COONa)n + R’(OH)n, nancol = nmuối

Bài 4: Cho 0,01 mol một este X của axit hữu cơ phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 0,2 M, sản phẩm tạo thành chỉ gồm một ancol Y và một muối Z với số mol bằng nhau. Mặt khác, khi xà phòng hoá hoàn toàn 1,29 gam este đó bằng một lượng vừa đủ là 60 ml dung dịch KOH 0,25 M, sau khi phản ứng kết thúc đem cô cạn dung dịch được 1,665 gam muối khan. Công thức của este X là:

A. C2H4(COO)2C4H8. B. C4H8(COO)2C2H4.

C. C2H4(COOC4H9)2. D. C4H8(COO C2H5)2.

Giải:

Ta có: nZ = nY X chỉ chứa chức este

Sỗ nhóm chức este là: X

NaOH

n

n=

01,0

2,0.1,0 = 2 CT của X có dạng: R(COO)2R

’

Từ phản ứng thủy phân: naxit = nmuối = 2

1 nKOH = 2

1 .0,06.0,25 = 0,0075 mol

M muối = MR + 83.2 = 0075,0

665,1 = 222 MR = 56 R là: -C4H8-


Trang 26

Meste = 0075,0

29,1 = 172 R + 2.44 + R’ = 172 R’ = 28 (-C2H4-)

Vậy X là: C4H8(COO)2C2H4 đáp án B.

Bài 5: Đun nóng 7,2 gam este X với dung dịch NaOH dư. Phản ứng kết thúc thu được glixerol và 7,9 gam hỗn hợp muối. Cho toàn bộ hỗn hợp muối đó tác dụng với H2SO4 loãng thu được 3 axit hữu cơ no, đơn chức, mạch hở Y, Z, T. Trong đó Z, T là đồng phân của nhau, Z là đồng đẳng kế tiếp của Y. Công thức cấu tạo của X là

A. CH2

CH

CH2

OCOC2H5

OCOCH2CH2CH3

OCOCH(CH3)2

B. CH2

CH

CH2

OCOCH2CH2CH3

OCOC2H5

OCOCH(CH3)2

C. CH2

CH

CH2

OCOCH2CH2CH3

OCOCH(CH3)2

OCOC2H3

D.

A hoặc B.

Giải:

Vì Y, Z là đồng đẳng kế tiếp và Z, T là đồng phân của nhau

có thể đặt công thức chung của este X: C3H5(OCO1n2n

HC

)3

(1) C3H5(OCO1n2n

HC

)3 + 3NaOH 31n2n

HC

COONa + C3H5(OH)3

Theo (1), ta có : nmuối = 3neste

68n14

9,73.

)n1445(341

2,7

67,2n CTCT các chất:

COOH)CH(CH:T

COOHCHCHCH:Z

COOHHC:Y

23

223

52

đáp án D.

Dạng 2: Bài toán về phản ứng este hoá

RCOOR' + H2O

H2SO4, t0

RCOOH + R'-OH

Đặc điểm của phản ứng este hoá là thuận nghịch nên có thể gắn với các dạng bài toán:

Tính hằng số cân bằng K:

Kcb =RCOOR' H2O

RCOOH R'OH

Tính hiệu suất phản ứng este hoá:

H =lîng este thu ®îc theo thùc tÕ

lîng este thu ®îc theo lÝ thuyÕt. 100%

Tính lượng este tạo thành hoặc axit cacboxylic cần dùng, lượng ancol …

* Chú ý: Nếu tiến hành phản ứng este hóa giữa một ancol n chức với m axit cacboxylic

đơn chức thì số este tối đa có thể thu được là:

nmnmm

nmnnnn

n

,)1)(1(2

,2

)1(

2

)1(


Trang 27

(Có thể chứng minh các công thức này về mặt toán học)

Bài 6: Để đốt cháy hoàn toàn 1 mol axit cacboxylic đơn chức X cần đủ 3,5 mol O2.

Trộn 7,4 gam X với lượng đủ ancol no Y (biết tỉ khối hơi của Y so với O2 nhỏ hơn 2).

Đun nóng hỗn hợp với H2SO4 làm xúc tác. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 8,7 gam

este Z (trong Z không còn nhóm chức nào khác). Công thức cấu tạo của Z là

A. C2H5COOCH2CH2OCOC2H5. B. C2H3COOCH2CH2OCOC2H3.

C. CH3COOCH2CH2OCOCH3. D. HCOOCH2CH2OCOH.

Giải:

Phản ứng cháy: CXHyO2 + (x + 4

y-1)O2 xCO2 +

2

yH2O (1)

Theo (1), ta có : x + 4

y-1= 3,5 x +

4

y = 4,5

6y

3x X : C2H5COOH

Ancol no Y : CnH2n+2-m (OH)m (1 m n) este Z : (C2H5COO)mCnH2n+2-m

Meste = 73m + 14n + 2 – m = m.1,0

7,8 hay 14n + 2 = 15m (2)

Mặt khác 2OYd < 2 hay 14n + 2 + 16m < 64 30m + 2 < 64 (vì m n) m < 2,1

Từ (2)

2m

2n ancol Y : C2H4(OH)2

Z : C2H5COOCH2CH2OCOC2H5 đáp án A.

Dạng 3: Bài toán về phản ứng đốt cháy este

- Đặt công thức của este cần tìm có dạng: CxHyOz ( x, z ≥ 2; y là số chẵn; y 2x)

Phản ứng cháy: OHy

xCOOzy

xOHC t

zyx 2222

)24

(0

Nếu đốt cháy este A mà thu được OHn2

= 2COn Este A là este no, đơn chức, mạch

hở

Nếu đốt cháy axit cacboxylic đa chức hoặc este đa chức, sẽ có từ 2 liên kết trở lên

OHn2

<2COn

Phản ứng đốt cháy muối CnH2n+1COONa:

2CnH2n+1COONa + (3n+1)O2 Na2CO3 + (2n+1)CO2 + (2n+1)H2O

Bài 7: Đốt cháy hoàn toàn 9,3g hỗn hợp X gồm hai este đơn chức tạo bởi cùng một

axit cacboxylic và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp thu được 0,45 mol CO2 và 0,35 mol

H2O. Vậy % khối lượng của este có phân tử khối lớn hơn trong X là

A. 46,24%. B. 53,76%. C. 40,00%. D. 60,00%.

Giải:


Trang 28

Trong X có: mC = 0,45.12 = 5,4 gam

mH = 0,35.2 = 0,7 gam

mO = 9,3 – (5,4 + 0,7) = 3,2 g

Đặt X là CxHyOz. ta có tỉ lệ x : y : z = 0,45 : 0,7 : 0,2 = 4,5 : 7 : 2 ( CTPT của X:

C4,5H7O2)

Vì X chứa hai este nên công thức của chúng là: C4H6O2 và C5H8O2.

Gọi a, b lần lượt là số mol của C4H6O2 và C5H8O2

Ta có hệ: 4a+ 5b = 0,45

3a+ 4b = 0,35

ìíî

4a+ 5b = 0,45

3a+ 4b = 0,35

ìíî

Þ a= b= 0,05 Þ a= b= 0,05

Vậy % khối lượng của este C5H8O2 trong X là:

%mC5H8O2 = (0,05.100).100/9,3 = 53,76%.

Bài 8: Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp hai este X, Y, đơn chức, no, mạch hở

cần 3,976 lít oxi (đktc) thu được 6,38 gam CO2. Cho lượng este này tác dụng vừa đủ với

KOH thu được hỗn hợp hai ancol kế tiếp và 3,92 gam muối của một axit hữu cơ. Công

thức cấu tạo của X, Y lần lượt là

A. C2H5COOC2H5 và C2H5COOC3H7. B. C2H5COOCH3 và C2H5COOC2H5.

C. CH3COOCH3 và CH3COOC2H5. D. HCOOC3H7 và HCOOC4H9.

Giải:

Đặt công thức trung bình của 2 este X, Y là: CnH2n+1COO1m2m

HC

Vì X, Y đều là este đơn chức, no, mạch hở nên: OHn2

= 2COn = 6,38/44 = 0,145 mol

meste + 2Om = 44.

2COn + 18. OHn2 meste = 3,31 g.

Ta có : mO(trong este) = meste – mC – mH = 3,31 – 12.0,145 – 2.1.0,145 = 1,28 g .

nO = 1,28/16 = 0,08 mol neste = 0,04 mol

nmuối = neste = 0,04 mol Mmuối = 14n + 84 = 3,92/0,04 = 98 n = 1

Mặt khác: esteM = 3,31/0,04 = 82,75 12.1 + 46 + 14 m = 82,75 m = 1,77

Vậy: X là CH3COOCH3 và Y là CH3COOC2H5 đáp án C

Dạng 4: Bài toán hỗn hợp este và các chất hữu cơ khác (ancol, axit cacboxylic, ...)

Khi đầu bài cho 2 chất hữu cơ khi tác dụng với NaOH hoặc KOH mà tạo ra:

+ 2 muối và 1 ancol thì có khả năng 2 chất hữu cơ đó là

RCOOR’ và R’’COOR’ có nNaOH = nR’OH

Hoặc: RCOOR’ và R’’COOH có nNaOH > nR’OH

+ 1 muối và 1 ancol có những khả năng sau

RCOOR’ và ROH

Hoặc: RCOOR’ và RCOOH


Trang 29

Hoặc: RCOOH và R’OH

+ 1 muối và 2 ancol thì có những khả năng sau

RCOOR’ và RCOOR’’

Hoặc: RCOOR’ và R’’OH

* Đặc biệt chú ý: Nếu đề nói chất hữu cơ đó chỉ có chức este thì không sao, nhưng

nếu nói có chức este thì chúng ta cần chú ý ngoài chức este trong phân tử có thể có thêm

chức axit hoặc ancol.

Bài 9: Hỗn hợp A gồm ba chất hữu cơ X, Y, Z đơn chức đồng phân của nhau, đều tác

dụng được với NaOH. Đun nóng 13,875 gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ thu

được 15,375 gam hỗn hợp muối và hỗn hợp ancol có tỉ khối hơi so với H2 bằng 20,67. Ở

136,50C, 1 atm thể tích hơi của 4,625 gam X bằng 2,1 lít. Phần trăm khối lượng của X, Y,

Z (theo thứ tự KLPT gốc axit tăng dần) lần lượt là:

A. 40%; 40%; 20%. B. 40%; 20%; 40%.

C. 25%; 50%; 25%. D. 20%; 40%; 40%.

Giải:

Ta có: mol0625,0)5,136273(082,0

1,2.1nX

MX = 74

0625,0

625,4

Mặt khác: X, Y, Z đơn chức, tác dụng được với NaOH X, Y, Z là axit hoặc este

CTPT dạng: CxHyO2, dễ dàng

6y

3x

Vậy A

molc:HHCOOC:Z

molb:COOCHCH:Y

mola:COOHHC:X

52

33

52

gam375,15c68b82a96m

67,20)cb(2

c46b32d

mol1875,0cban

muèi

H/ancol

A

2

075,0c

0375,0b

075,0a

đáp án B.

3. Kết luận

Mỗi dạng toán, mỗi chuyên đề đều có thể có nhiều phương pháp để giải quyết.

Tuy nhiên trong quá trình vận dụng, tùy vào điều kiện, từng đối tượng học sinh khác

nhau giáo viên có thể vận dụng linh hoạt các phương pháp nhằm giúp cho học sinh có

hứng thú trong học tập và đạt kết quả tốt nhất.

Trong giới hạn của chuyên đề, chúng tôi xin đề xuất một số phương pháp nhằm

giúp học sinh học tốt hơn chuyên đề este – lipit nói riêng và môn hóa học nói chung. Nội

dung chuyên đề chắc chắn chưa được phong phú, còn nhiều thiếu sót, rất mong quý thầy

cô đồng nghiệp bổ sung thêm để chuyên đề được phong phú hơn. Xin chân thành cảm

ơn!


Trang 30

“SỬ DỤNG SƠ ĐỒ PHÂN TÍCH ĐỊNH HƯỚNG GIẢI BÀI TOÁN

KHÓ VỀ ESTE”

Hồ Thái Hòa

Trường THPT Phú Tâm

I. ĐẶT VẤN ĐỀ

Năm học 2016-2017 là năm đầu tiên Bộ Giáo dục chính thức tổ chức thi quốc gia

gồm 8 môn học. Trong đó môn Hóa học là một trong ba môn thi chính thức của khối tự

nhiên. Đặc biệt năm học này Bộ chỉ ra đề bám sát chương trình học của Hóa 12 nên việc

tổ chức ôn tập cho học sinh cũng được giới hạn. Song song với những câu hỏi bài toán cơ

bản tạo thuận lợi cho học sinh xét tốt nghiệp thì với những bài toán phân loại để xét điểm

thi vào các trường đại học, cao đẳng là thật sự nhiều hơn và khó hơn. Trong đó, bài toán

khó về este chiếm tỷ lệ khá cao trong đề thi. Xét thấy tầm quan trọng đó là một giáo viên

tôi nhận thấy việc định hướng để giúp học sinh có thể giải được bài toán khó là cần thiết.

Sau đây, tôi xin trình bày cách “ Sử dụng sơ đồ phân tích định hướng giải bài toán khó về

este” kết hợp với một số phương pháp giải nhanh bài toán như: phương pháp bảo toàn

khối lượng; phương pháp bảo toàn nguyên tố; phương pháp trung bình…

II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ

2.1. Thuận lợi: Giáo viên chủ động thời gian ôn tập cho học sinh khối 12. Đa số

học sinh chọn môn thi đều có nền tảng kiến thức cơ bản tốt. Kỹ năng giải bài toán cơ bản

đã thuần thục. Chính vì vậy, giáo viên có thể định hướng ôn tập hướng dẫn và rèn kĩ năng

giải bài toán khó cho học sinh.

2.2. Khó khăn: Áp lực kì thi quốc gia căng thẳng, học sinh phải thi trong thời

gian ngắn và phải thi cùng lúc ba môn trong một buổi thi. Việc nắm vững kiến thức cơ

bản và vận dụng để giải bài toán khó là có một khoảng thời gian rèn luyện. Hơn nữa, bài

toán khó thường ở dạng tổng hợp kiến thức hay các bài toán biện luận mà học sinh không

thể loại suy đáp án dễ dàng được.

III. GIẢI PHÁP

Nghiên cứu đề thi tuyển sinh Đại học Cao đẳng hay các đề thi quốc gia 2014-

2015-2016 nhận thấy bài toán khó este thường tập trung vào hai dạng cơ bản:

3.1. Dạng 1: Bài toán đốt cháy tổng hợp về este

- Giáo viên có thể phân tích hướng dẫn HS định hướng giải bài toán bằng sơ đồ.

Chuyển dữ liệu đề bài cho về mol. Sử sụng phương pháp bảo toàn mol nguyên tố kết hợp

phương pháp trung bình để giải nhanh bài toán.

- Học sinh phải trang bị thật tốt kiến thức cơ bản về tính chất của este và một số

hợp chất hữu cơ khác. Nắm vững phương trình cháy tổng quát cũng như mối quan hệ

giữa các chất trong phản ứng. Sau đây, là 2 ví dụ dạng bài toán:

Ví dụ 1: (Đề QG 2016): Đốt cháy hoàn toàn 0,33 mol hỗn hợp X gồm metyl

propionat, metyl axetat và 2 hidrocacbon mạch hở cần vừa đủ 1,27 mol O2, tạo ra 14,4

gam H2O. Nếu cho 0,33 mol X vào dung dich Br2 dư thì số mol Br2 phản ứng tối đa là:

A. 0,40. B. 0,26. C. 0,30. D. 0,33.


Trang 31

Định hướng giải bài toán:

Giải:

- Định luật BTNT(O) ta có: 2a+ 1,27.2 = 2b+ 0,8.1 b = 2COn = a + 0,87 > OHn

2

- Vì este cháy (2COn = OHn

2) nên sự trên lệch về số mol CO2 và H2O là do 2HC gây nên.

Dựa vào mối quan hệ của phương trình phản ứng cháy, ta có:

nX = k

nn COOH

1

22 ( k số lk )

0,33 – a = 1

8,087,0

k

a (0,33 –a) . k – 0,33 + a = a + 0, 07

(0,33 –a) . k = 0,4 = 2Brn

Vây, chọn đáp án A.

Ví dụ 2: (Đề QG 2016): Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Xgồm andehyt

malonic, andehyt acrylic và một este đơn chức mạch hở cần 2128 ml O2 (đktc) và thu

được 2016 ml CO2 và 1,08 gam H2O. Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 150 ml

dung dịch NaOH 0.1 M, thu được dung dịch Y(giả thiết chỉ xảy ra phản ứng xà phòng

hóa). Cho Y tác dụng với AgNO3 trong NH3, khối lượng Ag tối đa thu được

A. 4,32 gam. B. 10,80 gam.

C. 7,56 gam. D. 8,10 gam.


?g Ag

Giải:

- Định luật BTNT(O): 2a + b + 0,015.2 + 0,095.2 = 0,09.2 + 0,06 2a + b = 0,02 (1)

C4H8O2

C3H6O2

knnHC

222

a mol

(0,33- a) mol

0,33 mol hh X

+ 1,27 mol O2 CO2 b mol

H2O 0,8 mol

+ ? mol Br2

OHC-CH2-CHO(C3H4O2) a mol

CH2 =CH-CHO (C3H4O) b mol

CxHyO2 0,015 mol m (g) hh X

+ 0,095 mol O2 CO2 0,09 mol

H2O 0,06 mol

+ 0,015 mol NaOH Dd Y

OHC-CH2-CHO

CH2 =CH-CHO

?

+ ddAgNO3/NH3 (dư)


Trang 32

- Định luật BTNT(C): 3a + 3b + 0,015.x = 0,09 a + b + 0,005x = 0,03 (2)

- Định luật BTNT(H): 4a + 4b + 0,015.y = 0,06.2 a + b + 0,005y = 0,04 (3)

Từ (2) và (3) 4

3

y

x Chọn x =3 và y =4.

Công thức este: C3H4O2 (HCOO-CH=CH2)

Thay x =3 rồi Giải hệ (1) và (2) ta được : a = 0,005 và b =0,01

Khối lượng Ag là: 108.(0,005.4 + 0,01.2 + 0,015.4) = 10,8g. Chọn đáp án B.

3.2. Dạng 2: Bài toán thủy phân este đơn chức

- Giáo viên cung cấp những kiến thức cơ bản cần nắm về phản ứng thủy phân của

este đơn chức, đặc biệt là este phenyl(RCOOC6H5), este vinyl (RCOO-CH=CH2). Giáo

viên có thể kết hợp phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn mol nguyên tố, phương

pháp trung bình để phân tích và định hướng để học sinh giải nhanh bài toán.

- Học sinh nắm vững kiến thức cơ bản về phản ứng thủy phân của este đơn chức.

Lưu ý: về tỷ lệ mol của NaOH (hay KOH) với este để dự đoán công thức cấu tạo của

este. Học sinh cũng thật sự cẩn thận khi phân tích về dữ kiện chất rắn (có thể có NaOH

hay KOH dư). Vận dụng tốt các phương pháp bảo toàn để giải nhanh bài toán.

Sau đây là 2 ví dụ dạng bài toán:

Ví dụ 1: Hỗn hợp A gồm 2 este đơn chức X,Y (MX< MY) . Đun nóng 12,5g hỗn hợp A

với lượng ddNaOH vừa đủ thu được 7,6g hỗn hợp ancol B, đơn chức có khối lượng phân

tử hơn kém nhau 14đvC và hỗn hợp hai muối Z. Đốt cháy 7,6g B thu được 7,84 lít CO2

(đktc) và 9g H2O. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp A lần lượt là:

A. 39,2%. B. 40,8%. C. 59,2%. D. 66,67%.


Giải: Vì 22 COOH nn ancol B no, đơn chức. C 33,2

35,05,0

35,0

.

2 5

3 7

C H OH 0,1molB

C H OH 0,05mol

Giả thiết: X, Y là đồng đẳng ta có thể đặt công thức chung 2 este: RCOOR '

- Định luật BTKL: 12,5 + 0,15.40 = 7,6 + mZ mZ = 10,9g MZ = 72,67

'R =5,67.

Hai muối của Z phải có HCOONa

- Trường hợp 1:


Trang 33

2 5 NaOH 2 5

3 73 7

0,1 mol

0,05

HCOOC H X C H OH 0,1mol12,5 g hh A

moB

C H OH 0,05molR 'COOC H Y l

Ta có: R’ = 15 (R’ là CH3)


3 7 NaOH 2 5

3 72 5

0,1 mol

0,05

HCOOC H X C H OH 0,1mol12,5 g hh A

moB

C H OH 0,05molR 'COOC H Y l

Ta có: R’ = 1 (R’ là H) không hợp lí.

Vậy, % khối lượng X trong hỗn hợp A là: %2,595,12

100.1,0.74

Ví dụ 2 (Đề QG 2015): Hai este X, Y có cùng công thức phân tử C8H8O2 và chứa vòng

benzen trong phân tử. Cho 6,8 gam hỗn hợp gồm X và Y tác dụng với dung dịch NaOH

dư, đun nóng, lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,06 mol, thu được dung dịch Z chứa 4,7

gam ba muối. Khối lượng muối của axit cacboxylic có phân tử khối lớn hơn trong Z là

A. 0,82 gam. B. 0,68 gam. C. 2,72 gam. D. 3,40 gam.


Phân tích lý thuyết khẳng định CTCT của C8H8O2 có thể có là:

CH3COOC6H5 và C6H5COOCH3 hay HCOOCH2-C6H5 và CH3COOC6H5

Có thể xét từng trường hợp sau:


Giải hệ phương trình: a = 0,01 và b =0,04

Khối lượng Z > 4,7 (loại)


Giải hệ phương trình: a = 0,01 và b =0,04

Khối lượng Z = 4,7 (nhận)

2a+b =0,06

a + b = 0,05

2a+b =0,06

a + b = 0,05

74.0,1 + 0,05(R’+87) = 12,5

88.0,1 + 0,05(R’+73) =12,5


Trang 34

Vậy, khối lượng của CH3COONa là: 0,01. 82 =0,82g. Chọn đáp án A.

IV. KẾT QUẢ

Mặc dù kết quả đạt được của hai năm học qua chưa cao, số học sinh đạt điểm trên

8 còn ít. Song, việc sử dụng sơ đồ phân tích và định hướng học sinh giải đã đem lại kết

quả thật khả quan. Đa số học sinh tích cực theo dõi, phân tích đề, kỹ năng phân tích và sử

dụng phương pháp giải nhanh trên sơ đồ được nâng cao rõ rệt. Kỹ năng nhìn nhận và vận

dụng tốt phương pháp giải nhanh bài toán từng bước được cải thiện.

V. KẾT LUẬN

Trong việc thực hiện đổi mới căn bản toàn diện về giáo dục: việc dạy và học luôn

lấy học sinh làm trung tâm, giáo viên chỉ góp phần định hướng cách học cho trò. Vì vậy

việc sử dụng sơ đồ giải toán cũng có thể xem là kích thích sự sáng tạo khi học sinh giải

quyết một bài toán khó. Việc tóm tắt đề bằng sơ đồ không những đem lại hiệu quả trong

việc tiết kiệm thời gian đọc đi đọc lại đề nhiều lần mà qua đó học sinh có thể lựa chọn

nhanh phương pháp phù hợp để giải quyết bài toán. Trên đây chỉ là kinh nghiệm nhỏ của

riêng tôi khi định hướng giúp học sinh có thể giải được bài toán khó bằng sơ đồ. Việc

thực hiện bài viết có thể còn nhiều chỗ sai sót. Nội dung giải pháp có thể còn nhiều chỗ

chưa thỏa đáng. Rất mong quý Thầy Cô đóng góp thêm để giúp tôi có thêm kinh nghiệm

trong thời gian tới. Xin chân thành cảm ơn!


Trang 35

KINH NGHIỆM GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ AMIN, AMINOAXIT –

HÓA HỌC 12

Tổ Hóa – CN

Trường THPT Văn Ngọc Chính


Trong bộ môn Hóa học, việc phân loại các dạng bài tập và lựa chọn phương pháp

thích hợp để giải bài tập lại càng có ý nghĩa quan trọng hơn. Mỗi bài tập có thể có nhiều

phương pháp giải khác nhau, nếu biết lựa chọn phương pháp hợp lý, sẽ giúp học sinh dễ

hiểu bài, từ đó các em sẽ yêu thích môn học.

Qua thực tế giảng dạy ở một số lớp 12, tôi nhận thấy nhiều em học sinh vẫn còn

rất lúng túng hoặc không biết cách giải các bài tập về chương amin – amino axit –

protein. Các em không biết cách nhận dạng, phân loại bài tập và thường sử dụng cách

giải truyền thống là viết và tính toán theo phương trình hoá học, nên mất rất nhiều thời

gian để giải quyết một bài toán.

Bên cạnh đó, theo yêu cầu đổi mới giáo dục về việc đánh giá học sinh bằng

phương pháp trắc nghiệm khách quan đòi hỏi học sinh trong một thời gian rất ngắn phải

làm xong một bài tập. Vì vậy, học sinh phải nắm vững kiến thức và vận dụng một cách

nhuần nhuyễn, linh hoạt để trong thời gian ngắn nhất tìm ra đáp án của bài toán nhưng đa

số các em thường giải một bài toán Hóa học rất dài dòng, nặng nề về mặt toán học, thậm

chí không giải được vì bài toán quá nhiều ẩn số. Do đó nếu được giáo viên hướng dẫn

cách nhận dạng, phân loại và lựa chọn phương pháp giải phù hợp sẽ giúp các em tiết

kiệm thời gian, tìm ra đáp án nhanh chóng, giải được nhiều dạng bài tập hơn.

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Để giúp học sinh phân loại và giải được các bài tập về amin – amino axit một

cách nhanh chóng, tôi chia thành một số dạng thường gặp sau:

1. AMIN

1.1. Dạng 1: Amin tác dụng với dung dịch axit HCl.

Phương pháp giải

a. Xác định số nhóm chức amin

Số nhóm chức amin

amin

H

n

n

Số nhóm chức = số nguyên tử N có trong amin.

b. Xác định công thức phân tử của amin hoặc tính khối lượng các chất

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

mmuối = mamin + maxit

Nếu amin đơn chức: mmuối = mamin + 36,5.namin


Trang 36

Ví dụ 1: Để trung hòa 50 ml dung dịch amin no 0,04 M cần dùng 40 ml dung dịch HCl

0,1M. Số nguyên tử N có trong một phân tử amin là

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Ví dụ 2: Để trung hòa 50 ml dung dịch amin no, trong phân tử có chứa 2 nguyên tử nitơ

cần dùng 40 ml dung dịch HCl 0,1M. Nồng độ mol/lít của amin là

A. 0,08M. B. 0,02M. C. 0,04M. D. 0,06M.

1.2. Dạng 2: Đốt cháy amin, hỗn hợp amin hoặc hỗn hợp amin.


Đốt cháy amin đơn chức: 2yx NNHC

2nn

Amin no, đơn chức, mạch hở: CnH2n+3N (n ≥ 1)

Đốt cháy amin no, đơn chức, mạch hở: 1,5

nnn 22

32nn

COOH

NHC

Amin không no có một liên kết đôi, đơn chức, mạch hở: CnH2n+1N (n ≥ 2)

Đốt cháy amin không no có một liên kết đôi, đơn chức, mạch hở (hoặc amino axit

no, mạch hở có 1 nhóm – NH2 và 1 nhóm – COOH):

0,5

nnn 22

12nn

COOH

NHC

Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp amin đơn chức thu được 5,6 lít khí N2 (đktc). Số

mol của hỗn hợp amin đem đốt là

A. 0,500. B. 0,250. C. 0,125. D. 0,215.

Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn a mol hỗn hợp hai amin no, đơn chức, mạch hở liên tiếp

nhau trong dãy đồng đẳng thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 7,2 gam nước. Giá trị của a là

A. 0,20. B. 0,05. C. 0,15. D. 0,10.

1.3. Dạng 3: Xác định công thức phân tử theo phần trăm khối lượng các

nguyên tố


Trang 37

Phương pháp giải:

Amin bất kì: CxHyNt với y 2x+2+t; y chẵn t chẵn; y lẻ t lẻ.

14

%N:

1

%H:

12

%Ct:y:x

;100.12

%C.Mx amin ;

100

%H.My amin

100.14

%N.Mt amin

Mamin đơn chức

%N

14.100%

Ví dụ 5: Một amin đơn chức chứa 19,718% nitơ về khối lượng. Công thức phân tử của

amin đó là

A. C4H5N. B. C4H7N. C. C4H9N. D. C4H11N.

Ví dụ 6: Phân tích một hợp chất hữu cơ thu được kết quả như sau: %C = 55,81%; %H =

11,63%; %N = 32,56%. Biết công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Công

thức phân tử của hợp chất đó là


II. AMINOAXIT

2.1. Dạng 1: Amino axit tác dụng với dung dịch axit HCl.


(HOOC)yR(NH2)x + xHCl → (HOOC)yR(NH3Cl)x

Số nhóm – NH2 =

axit amino

HCl

n

nx

Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng hoặc tăng giảm khối lượng:

mmuối = mamino axit + maxit HCl

Nếu amino axit chứa 01 nhóm –NH2: mmuối = mamino axit + 36,5.namino axit

Ví dụ 7: Cho 7,5 gam axit aminoaxetic (H2NCH2COOH) phản ứng hết với dung dịch

HCl. Sau phản ứng, khối lượng muối khan thu được là

A. 43,00 gam. B. 44,00 gam.

C. 11,05 gam. D. 11,15 gam.

Ví dụ 8: Cho 0,1 mol một amino axit tác dụng vừa đủ với 80 ml dung dịch HCl 1,25M

sau đó đem cô cạn dung dịch thì thu được 18,35 gam muối khan. Khối lượng phân tử của

amino axit đó là

A. 89 đvC. B. 103 đvC. C. 117 đvC. D. 147 đvC.


Trang 38

2.2. Dạng 2: Amino axit tác dụng với dung dịch bazơ.


(NH2)xR(COOH)y + yNaOH → (NH2)xR(COONa)y + yH2O

Số nhóm – COOH =

axit amino

NaOH

n

ny

Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng: mmuối = mamino axit + 22.y.namino axit

Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng và quy tắc tam suất để tính số mol của

amino axit phản ứng:

(NH2)xR(COOH)ypứ → (NH2)xR(COONa)y

1 mol → mtăng =22y (gam)

? mol ← khối lượng tăng đề cho.

Ví dụ 9: Cho m gam alanin phản ứng hết với dung dịch NaOH. Sau phản ứng, thu được

11,1 gam muối khan. Giá trị m là


Ví dụ 10: Trong phân tử amino axit X có một nhóm amino và một nhóm cacboxyl. Cho

15,0 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu

được 19,4 gam muối khan. Công thức cấu tạo của X là

A. H2NC3H6COOH. B. H2NCH2COOH.

C. H2NC2H4COOH. D. H2NC4H8COOH.

2.3. Dạng 3: Amino axit tác dụng với dung dịch HCl và dung dịch NaOH.


a. Từng phần amino axit tác dụng với dung dịch HCl rồi dung dịch NaOH

Với HCl:

Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng hoặc tăng giảm khối lượng:

mmuối = mamino axit + maxit HCl

Với NaOH:

Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng: mmuối = mamino axit + 22.y.namino axit

b. Amino axit + NaOH → Dung dịch X

Dung dịch X + HCl → ...

Coi như bài toán quy về dạng HCl phản ứng lần lượt với amino axit và NaOH.

nHCl phản ứng = nHCl phản ứng với amino axit + nHCl phản ứng với NaOH

c. Amino axit + HCl → Dung dịch X

Dung dịch X + NaOH → ...

Coi như bài toán quy về dạng NaOH phản ứng lần lượt với amino axit và HCl.

nNaOH phản ứng = nNaOH phản ứng với amino axit + nNaOH phản ứng với HCl


Trang 39

Ví dụ 11: Cho 0,02 mol amino axit X tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch HCl 0,1M

thu được 3,67 gam muối khan. Mặt khác 0,02 mol X tác dụng vừa đủ với 40 gam dung

dịch NaOH 4%. Công thức của X là

A. H2NC2H3(COOH)2. B. H2NC3H5(COOH)2.

C. (H2N)2C3H5COOH. D. H2NC3H6COOH.

Ví dụ 12: Cho 13,35 gam hỗn hợp X gồm CH2(NH2)CH2COOH và CH3CH(NH2)COOH

tác dụng với V ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch Y. Biết dung dịch Y tác dụng

vừa đủ với 250 ml dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là

A. 100. B. 150. C. 200. D. 250.

2.4. Dạng 4: Đốt cháy amino axit.


Đốt cháy amino axit no, mạch hở có 1 nhóm – NH2 và 1 nhóm – COOH:

0,5

nnn 22

2nn2

COOH

(COOH)H)C(NH

Amino axit chứa 01 nhóm –NH2: 2Naxit amino

2nn

Số nguyên tử

2

22

N

CO

axit amino

CO

2n

n

n

n C

Ví dụ 13: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp amino axit no, mạch hở trong phân tử có chứa 1

nhóm – NH2 và 1 nhóm – COOH, thu được 5,6 lít khí CO2 (đktc) và 5,4 gam nước. Số

mol của hỗn hợp amino axit đem đốt là

A. 0,10. B. 0,05. C. 0,11. D. 0,55.

Ví dụ 14: Amino axit X chỉ chứa một nhóm –NH2 trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn một

lượng X thu được CO2 và N2 theo tỉ lệ thể tích là 4:1. Công thức cấu tạo của X là

A. H2NCH2CH2COOH. B. H2N[CH2]3COOH.

C. H2NCH2COOH. D. H2N[CH2]4COOH.

III. KẾT LUẬN

Trên đây là một số biện pháp chủ quan của tôi rút ra trong quá trình dạy học, rất

kính mong được sự chia sẻ góp ý thêm của toàn thể đồng nghiệp để chúng ta cùng tìm ra

những biện pháp hay hơn nữa nhằm nâng cao chất lượng dạy và học môn hóa học.


Trang 40

KINH NGHIỆM GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ AMIN – AMINOAXIT

HÓA HỌC 12

Nguyễn Thị Thảo Ly

Trường THPT Trần Văn Bảy

A. ĐẶT VẤN ĐỀ

Trong suy nghĩ và nhận xét của học sinh thì hóa học là một môn học khó đối với

các em khi so sánh với hai môn tự nhiên khác là vật lý và sinh học. Đặc điểm của môn

Hóa học là học sinh cần phải nhớ nhiều về phương trình, tính chất của chất, màu sắc, hiện

tượng…Bài tập hóa học thì có nhiều dạng, nếu học sinh không học kĩ bài, không đầu tư

làm bài tập để bổ trợ cho lý thuyết thì các em sẽ không học tốt môn Hóa, dần dần học

sinh sẽ không thích học môn Hóa. Năm học 2016 – 2017 có sự đổi mới trong cách thi tốt

nghiệp đó là học sinh phải làm bài thi tổ hợp của ba môn Lý – Hóa- Sinh và điểm liệt sẽ

tính cho từng môn, học sinh không chịu học môn nào trong ba môn của bài thi tổ hợp thì

khả năng rớt tốt nghiệp rất cao.

Vấn đề đặt ra là giáo viên phải sử dụng phương pháp dạy sao cho học sinh tích

cực học tập cả về lý thuyết và bài tập Hóa nhằm đạt kết quả cao nhất trong kì thi tốt

nghiệp THPTQG sắp tới.

B. THỰC TRẠNG

1. Thuận lợi

- Được sự quan tâm chỉ đạo sâu sát của Lãnh đạo trường, Sở Giáo dục và Đào tạo.

- Tất cả giáo viên dạy môn Hóa có tinh thần cầu tiến và lòng quyết tâm trong việc

giảng dạy, kĩ phần lý thuyết, đầu tư phần bài tập.

- Phần lớn học sinh trường đều chăm ngoan, chịu khó.

2. Khó khăn

- Như đã nói ở trên Hóa học là môn học khó đối với học sinh đặc biệt là bài tập

hóa học thì lại càng khó nhiều hơn đối với các em.

- Một bộ phận học sinh mất căn bản từ lớp dưới, chay lười không thích học môn

hóa và không chịu làm bài tập Hóa. Khi giáo viên giảng phần bài tập thì các em cho là

mình không làm được bài nên còn mất tập trung trong giờ học.

- Một số em thì có suy nghĩ là khi kiểm tra, khi thi thì chỉ làm phần lý thuyết còn

bài tập thì bỏ hoặc chọn ngẩu nhiên các đáp án.

C. GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH HỌC TỐT MÔN HÓA

Để học sinh học tốt môn Hóa thì trước tiên là phải làm sao cho các em thích học

môn Hóa. Để làm được điều đó thì giáo viên phải giúp học sinh nắm vững lý thuyết,

hướng dẫn học sinh làm bài tập từ dễ đến khó, phải loại bỏ suy nghĩ là chỉ học lý thuyết

bỏ bài tập.

Trong quá trình giảng dạy, tôi thường soạn ngân hàng câu hỏi trắc nghiệm của

từng bài, từng chương bao gồm cả lý thuyết và bài tập và giao cho học sinh làm bài.

D. MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI CÁC BÀI TOÁN AMIN- AMINOAXIT

PHẦN 1: KINH NGHIỆM GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN AMIN


Trang 41

I. Dạng 1: Phản ứng thể hiện tính bazơ của amin

1. Một số điều cần lưu ý

- Các amin đều phản ứng được với các dung dịch axit như HCl, HNO3, H2SO4,

CH3COOH, CH2=CHCOOH…. Bản chất của phản ứng là nhóm chức amin phản ứng với

ion H +

tạo ra muối amoni.

- NH2 + H+ - NH3+

- Phương pháp giải bài tập amin chủ yếu sử dụng định luật bảo toàn khối lượng.

- Đối với các amin chưa biết số nhóm chức thì ta lập tỉ lệ để xác định số nhóm

chức trong phân tử amin.

Số nhóm chức amnin = +H

amin

n

n

2. Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1: X là hợp chất hữu cơ chứa C, H, N ; trong đó nitơ chiếm 15,054% về khối

lượng. X tác dụng với HCl tạo ra muối có dạng RNH3Cl. Công thức của X là

A. CH3–C6H4–NH2. B. C6H5–NH2.

C. C6H5–CH2–NH2. D. C2H5–C6H4–NH2.

Giải:

Vì X tác dụng với dung dịch HCl tạo ra muối có dạng RNH3Cl nên suy ra X

có dạng RNH2. Trong X nitơ chiếm 15,05% về khối lượng nên ta có:

R

R

14100=15,05 M =77

M +16

R là C6H5 và công thức của X là C6H5–NH2. Chọn đáp án B.

Ví dụ 2: Amin X có phân tử khối nhỏ hơn 80. Trong phân tử X nitơ chiếm 19,18% về

khối lượng. X có bao nhiêu đồng phân amin bậc 1?

A. 8. B. 3. C. 4. D. 5.

Giải:

Đặt CTPT của X là CxHyNt

CxHy

CxHy

14t100=19,18 M =59t

M +14t

Nếu t =1 thì MCxHy = 59 suy ra CxHy là C4H11 và công thức của X là C4H11N

(Có M = 73 < 80 ) nhận.

Nếu t =2 thì MCxHy = 118 ( X có M > 80 ) loại.

Lưu ý: Công thức tính số đồng phân amin là 2n – 1 (n<5)

Công thức tính số đồng phân amin bậc 1 đơn chức no là: 2n-2

(1<n<5). Chọn đáp án C


Trang 42

Ví dụ 3: Cho 15 gam hỗn hợp X gồm các amin anilin, metylamin, đimetylamin,

đietylmetylamin tác dụng vừa đủ với 50 ml dung dịch HCl 1M. Khối lượng sản phẩm

thu được là

A.16,825 gam. B. 20,18gam.

C. 21,123gam. D. 15,925gam.

Theo giả thiết hỗn hợp các amin gồm C6H5NH2, CH3NH2, (CH3)2NH,

(C2H5)2NCH3 đều là các amin đơn chức nên phản ứng với HCl theo tỉ lệ mol 1 : 1.

Sơ đồ phản ứng :

X + HCl muối

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :

m muối m amin + m HCl = 15 + 0, 05.36, 5 = 16,825 gam.

Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm metylamin, etylamin và propylamin có tổng khối lượng 21,6

gam và tỉ lệ về số mol là 1 : 2 : 1. Cho hỗn hợp X trên tác dụng hết với dung dịch HCl

thu được dung dịch chứa bao nhiêu gam muối?

A. 36,2 gam. B. 39,12gam.

C. 43,5gam. D. 40,58gam.

Giải:

Hỗn hợp X gồm CH3NH2, C2H5NH2, C3H7NH2. Đặt số mol của ba chất tương ứng

là x, 2x, x. Theo giả thiết ta có : 31x + 2x.45 + 59.x = 21,6. Suy ra x = 0,12.

Tổng số mol của ba amin là 0,12 + 0,12.2 + 0,12 = 0,48 mol.

Phương trình phản ứng :

–NH2+ HCl –NH3Cl

0,48 mol0,48mol 0,48 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m muối = 21,6 + 0,48*36,5 = 39,12 gam

II. Dạng 2: Phản ứng đốt cháy của Amin

1. Một số điểm cần lưu ý

- Phương trình đốt cháy một amin ở dạng tổng quát:

CnH2n+2-2a+kNk + 2

6n+2-2a+kO

4

0t nCO2 + 2

2n+2-2a+kH O

2 + 2

kN

2(1)

Nếu k =1, a=0 thì phương trình (1) trở thành

Cn H2n+3 N+ 6n+3

2O2

0t nCO2 + 2n+3

2H2O +

1

2N2

Suy ra đốt cháy amin no đơn chức thì 2

2

nCO 2n=

nH O 2n+3 và 2 2

n 2n+3

2nH O-2nCOnC H N=

3


Trang 43

Số C trong amin = 2CO

amin

n

n; Số H trong amin = 2H O

amin

2n

n

2On phản ứng = nCO2 +

2

1H2O

- Phương pháp khi giải bài tập đốt cháy amin: Sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố

để tìm công thức của amin sẽ nhanh hơn so với lập tỉ lệ mol nC: nH: nN. Đối với bài toán

đốt cháy hỗn hợp các amin thì sử dụng công thúc trung bình. Đối với bài tập đốt cháy

amin bằng hỗn hợp O2 và O3 thì nên qui đổi hỗn hợp thành O.

2. Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Khi đốt cháy hoàn toàn một amin đơn chức X, thu được 16,80 lít khí CO2;

2,80 lít N2(các thể tích đo ở đktc) và 20,25 gam H2O. CTPT của X là


Giải:

Đối với các amin đơn chức thì phân tử có một nguyên tử N

nX = n N = 2nN2 = 2.2,8

0,2522,4

mol

Số C trong amin X = 2CO

amin

n 0,753

n 0,25

Số H trong amin X = 2H O

amin

2n 2,259

n 0,25

Vậy công thức phân tử của amin là C3H9N.

Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một amin no, mạch hở X bằng oxi vừa đủ thu được

0,5 mol hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Cho 4,6 gam X tác dụng với dung dịch HCl (dư), số

mol HCl phản ứng là

A. 0,1. B. 0,4. C. 0,3. D. 0,2.

Giải:

Đặt CTPT của amin là CnH2n+2 +kNk, ta có phương trình phản ứng

CnH2n+2-+kNk + 2

6n+2+kO

4

0t nCO2 + 2

2n+2+kH O

2 + 2

kN

2 (1)

0,1 mol 0,1n mol 0,1 2n+2+k

2 0,1

k

2

Theo (1) và giả thiết ta có:

0,1n + 0,1 2n+2+k

2 + 0,1

k

2 = 0,5. Suy ra: 0,4n + 0,2 k = 0,8

Chọn n =1, k =2

Công thức phân tử của amin là CH6N2. Công thức cấu tạo của X là H2N –CH2 – NH2


Trang 44

Số mol amin X = 4,6

0,146

mol ; Từ CTCT của amin ta suy ra nHCl = 2nX = 0,2 mol

Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm O2và O3có tỉ khối so với H2là 22. Hỗn hợp khí Y gồm

metylamin và etylamin có tỉ khối so với H2là 17,833. Để đốt cháy hoàn toàn V1 lít Y

cần vừa đủ V2 lít X (biết sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2, các chất khí khi đo ở

cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Tỉ lệ V1 : V2 là

A. 3: 5. B. 5:3. C. 2:1. D. 1 :2.

Giải:

Đặt CTPT trung bình của 2 amin là n 2n+3

C H N

Theo giả thiết suy ra: 14n +17 = 2* 17,833 4

n=3

Gọi a là số mol O2 trong 1 mol hỗn hợp thì số mol O3 = 1-a mol

Ta có 32a + 48(1-a) = 44. Suy ra a = 0,25 và nO3 = 0,75

Qui đổi hỗn hợp O3, O2 thành O; Dùng bảo toàn nguyên tố O ta được

nO = 2*0,25 + 3*0,75 = 2,75

Sơ đồ phản ứng: 4/3 7/3C H N + 5,5O2 4/3CO2 + 7/6 H2O + 1/2N2 (1)

1 mol 5,5 mol

½ mol 2,75 mol

Vậy V1 1

=V2 2

PHẦN 2: KINH NGHIỆM GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN AMINOAXIT

I. Dạng 1: Tính khối lượng của aminoaxit trong phản ứng với axit hoặc bazơ

1. Một số điểm cần lưu ý

* Phải viết được 2 phương trình có dạng:

- Với axít HCl:

H2N– R – COOH + HCl ClH3N– R – COOH

R + 61 R+ 97,5 tăng 36,5

- Với bazơ NaOH:

H2N– R – COOH+ NaOH H2N– R – COONa + H2O

R + 61 R+ 83 tăng 22

*Cách suy ra số nhóm –NH2 và số nhóm –COOH trong aminoaxit

(H2N)a – R – (COOH)b + bNaOH (H2N)a – R – (COONa)b + bH2O

mina

NaOH

n

n = b = số nhóm chức axit ( – COOH)

(H2N)a – R – (COOH)b + aHCl (ClH3N)a – R – (COOH)b


Trang 45

mina

HCl

n

n = a = số nhóm chức baz (–NH2)

2. Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm alanin và axit glutamic. Cho m gam X tác dụng hoàn toàn với dung dịch

NaOH (dư), thu được dung dịch Y chứa (m+30,8) gam muối. Mặt khác, nếu cho m gam X tác

dụng hoàn toàn với dung dịch HCl, thu được dung dịch Z chứa (m+36,5) gam muối. Giá trị của m

là

A.112,2. B. 165,6. C. 123,8. D. 171,0.

Giải:

CH3 –CH(NH2)-COOH + NaOH CH3 –CH(NH2)-COONa + H2O

x mol x mol tăng 22x

H2N – C3H5-(COOH)2 + 2NaOH H2N – C3H5-(COONa)2 + 2H2

y mol y mol tăng 44y

Theo đề: 22x + 44y = 30,8 (1)

Tương tự :

CH3 –CH(NH2)-COOH + HCl CH3 –CH(NH3Cl)-COOH

x mol x mol tăng 36,5x

H2N – C3H5-(COOH)2 + HCl Cl H3N – C3H5-(COONa)2

y mol y mol tăng 36,5y

Theo đề: (x + y) 36,5 = 36,5 (2)

Giải (1) và (2) được x= 0,6, y = 0,4 và m = 89*0,6 + 147*0,4 = 112,2 gam.

Ví dụ 2: Cho 0,01 mol aminoaxit A tác dụng vừa đủ với 80ml dung dịch HCl 0,125M; sau đó đem

cô cạn thì được 1,815 gam muối. Nếu trung hòa A bằng một lượng vừa đủNaOH thì thấy tỉ lệ mol

giữa A và NaOH là 1:1. Công thức phân tử của A là

A. C7H15O2N. B. C6H13O2N.

C. C5H11O2N. D. C6H11O2N2.

Giải:

Ta có nHCl 0,01

= =1nA 0,01

Suy ra A có 1 nhóm –NH2

Mặt khác nA: nNaOH = 1:1 Suy ra A có 1 nhóm –COOH

Đặt công thức của A là H2N –(CH2)n – COOH

Phương trình phản ứng:

H2N –(CH2)n – COOH + HCl : ClH3N –(CH2)n – COOH

1 mol 14n + 97,5 (g)

0,01 mol 1,815 (g)


Trang 46

Giải tỉ lệ trên ta được n = 6. Vậy A có công thức là H2N –(CH2)6– COOH.

II. Dạng 2: Bài toán đốt cháy aminoaxit

1. Phương pháp giải

Đặt CTTQ CxHyOzNt

x: y: z :t = : : :12 1 16 14

C O NHm m mm

= nCO2 : 2.nH2O : 16

Om : 2.nN2

Hay x: y: z :t = % % % %

: : :12 1 16 14

C H O N

2. Ví dụ minh họa: Aminoaxit X có phần trăm khối lượng các nguyên tố C, H, N lần

lượt bằng 40,45%, 7,86% 15,73% còn lại là oxi và có CTPT trùng với CT đơn giản nhất.

Xác định CTPT của X.

A. C4H11O2N. B. C3H9O2N. C. C3H7O2N. D. C4H9O2N.

Giải:

%O = 100% - (40,45 +7,86 + 15,73)% = 35,96%

Đặt CTYQ: CxHyOzNt

Ta có x: y: z :t = 40, 45 8,86 35,96 15,73

: : :12 1 16 14

= 3,37: 8,86: 2,25 : 1,12

= 3: 9 : 2:1

Vậy CTPT của X là C3H9O2N. Chọn đáp án B.

E. KẾT LUẬN

Trong quá trình giảng dạy nếu giáo viên thấy được cái yếu của học sinh và tìm

cách khắc phục cái yếu đó thì việc học tập của các em sẽ tiến bộ hơn. Thực vậy, qua việc

đầu tư hướng dẫn cho học sinh làm bài tập theo mức độ từ dễ đến khó, tôi nhận thấy học

sinh thích học hơn, chịu lắng nghe và chịu làm bài tập hơn trong những giờ luyện tập trên

lớp.

Cám ơn Ban tổ chức đã tạo điều kiện cho chúng tôi tham dự Hội nghị để cùng

nhau bàn về những kinh nghiệm giảng dạy, chúng tôi có thể học hỏi lẫn nhau với mục

đích cuối cùng là làm sao cho con em mình học tập tiến bộ và đạt kết quả cao nhất trong

kì thi tốt nghiệp THPT Quốc gia sắp tới.


Trang 47

KINH NGHIỆM DẠY NỘI DUNG BÀI TẬP PEPTIT

Nguyễn Văn Thật

Trường THPT Thuận Hòa

I. Thực trạng

- Thông thường, toán về peptit luôn là đề tài “khó nuốt” với nhiều thí sinh trong

các kì thi. Hướng giải quyết chúng sao cho đơn giản luôn là mối bận tâm hàng đầu của

mọi thí sinh trong các kì thi hàng năm; và đặc biệt là khả năng truyền đạt kiến thức, kiến

thức này cho học sinh còn tuỳ thuộc vào các phương pháp hay kinh nghiệm của mỗi

Thầy cô chúng ta.

- Trong các kỳ thi: tốt nghiệp THPT (2007 → 2014), tuyển sinh Đại học (2007 →

2014) và THPT quốc gia (2015, 2016 và đề thi minh hoạ 2017), tôi đã tham khảo và liệt kê

các câu hỏi đã thi trong phần nội dung này – Bài tập peptit (xem phần tham khảo).

- Nội dung peptit có thể gồm 2 phần: câu hỏi lý thuyết và câu hỏi bài tập.

+ Câu hỏi lý thuyết, thường các em trả lời được hơn.

+ Câu hỏi bài tập thì sẽ khó khăn hơn, nó sẽ phụ thuộc vào từng dạng bài tập và

có các cách giải khác nhau – các phương pháp giải khác nhau hay kinh nghiệm giải dạng

bài tập đó, tôi xin đề nghị các dạng bài tập peptit như sau:

1. Bài tập đốt cháy.

2. Bài tập thuỷ phân hoàn toàn.

3. Bài tập thuỷ phân không hoàn toàn.

4. Bài tập kết hợp thuỷ phân và đốt cháy hay một số bài tập peptit lạ và khó.

II. Giải pháp

Cơ sở lý thuyết:

Thông qua những câu hỏi đã thi trong các đề thi đã cho, tôi xin trao đổi và đề

xuất cách giải – phương pháp giải nội dung dạy bài tập peptit như sau:

+ Với câu hỏi lý thuyết thì các em có học bài, các em nắm cơ bản về lý thuyết là

sẽ trả lời được – các CTCT và tên peptit, phản ứng tạo màu biure hay phản ứng thuỷ phân

peptit.

+ Với câu hỏi bài tập: Cần lưu ý rằng, các peptit thầu hết đều chỉ xét các peptit tạo

bởi các α-AA no, mạch hở có 1 nhóm –NH2, 1 nhóm – COOH có CTC: CaH2a+1NO2

Ta có: CaH2a+1NO2 + 6 3

4

a O2→ a.CO2 + (a+0,5).H2O + 0,5.N2.

nH2O - nCO2 = nN2 = 1

2 naa

Các peptit hay hỗn hợp các peptit này đều có công thức chung: k.CaH2a+1NO2–(k-

1)H2O hay CkaH2ka+2-kNkOk+1 hay CnH2n+2-kNkOk+1(vớin=k.a và tỉ số n

k chính là số C

trung bình của các gốc α-aa trong peptit hay hỗn hợp peptit). Phương pháp giải các

dạng bài tập peptit:

Peptit%20trong%20cac%20de%20thi%20tu%202007%20-%202017.doc


Trang 48

1. Bài tập đốt cháy

CkaH2ka+2-kNkOk+1 + 6 . 3

4

k a kO2→ k.a.CO2 + (k.a+1-0,5k).H2O + 0,5k.N2.

Hay: CnH2n+2-kNkOk+1 + 6 3

4

n kO2→ n.CO2 + (n+1-0,5k).H2O + 0,5k.N2.

npeptit + nCO2 = nH2O + nN2

npeptit = 2 2

21

H O CO

k

n n

= 2 2

21

CO H O

k

n n

2. Bài tập thuỷ phân hoàn toàn

a) Trong nước

CkaH2ka+2-kNkOk+1 + (k-1).H2O → k.CaH2a+1NO2

Hay: Xn + (n-1).H2O → n X1.

npeptit (Xn) + nH2O = naa (X1) npeptit (Xn) = aan

n

b) Trong kiềm

CkaH2ka+2-kNkOk+1 + k.NaOH → k.CaH2aNO2-Na + 1.H2O.

Hay: 1.Xn + n.NaOH → n.X1-Na + 1.H2O.

(muối)

npeptit (Xn) = nH2O nNaOH = nmuối.

@ Lưu ý: Nếu peptit có chứa x nhóm –COOH (x=2 là Glu) thì

1.Xn + (n+x).NaOH → n.X1-Na + (1+x).H2O.

(muối)

npeptit (Xn) + nkiềm pu = nmuối (X1-Na) + nnước

c) Trong axit

CkaH2ka+2-kNkOk+1 + (k-1)H2O + k.HCl → k.CaH2a+1NO2-HCl.

Hay: 1.Xn + (n-1).H2O + n.HCl → n.X1-HCl. (muối)

npeptit (Xn) + nH2O = nmuối = nHCl.

@ Lưu ý: Nếu peptit có chứa x nhóm –NH2(x=2 là Lys) thì

1.Xn + (n-1).H2O + (n+x).HCl → n.X1.HCl.(muối)

npeptit (Xn) + nH2O = nmuối.

3. Bài tập thuỷ phân không hoàn toàn.

m.Xn + (n-m).H2O → n.Xm npeptit lon (Xn) + nH2O = npeptit nho (Xm)

4. Bài tập kết hợp thuỷ phân và đốt cháy; hay một số bài tập peptit lạ và khó

- Áp dụng định luật bảo toàn: Khối lượng, nguyên tố, các mắc xích, ….


Trang 49

- Áp dụng một số phương pháp đặc biệt: pp đồng đẳng hoá, pp quy đổi về peptit hay pp

trùng ngưng hoá.

- Số mol O2 đốt cháy peptit = số mol O2 đốt cháy hỗn hợp thu được khi thuỷ phân peptit.

- Phản ứng đốt cháy muối của AA:

2CaH2aNO2-Na+ 6 3

2

a O2→ Na2CO3 + (2a-1).CO2 + 2.a.H2O + 1.N2.

nNa2CO3 = nN2 = 1

2 nmuối (X1-Na) nNa2CO3 + nCO2 = nH2O.

nmuối = naa = 2.(nH2O - nCO2).

Ví dụ minh hoạ:

1. Bài tập đốt cháy

KHỐI B 2010 - 174

Câu 36: Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo nên từ một aminoaxit

(no, mạch hở, trong phân tử chứa một nhóm –NH2 và một nhóm –COOH). Đốt cháy hoàn

toàn 0,1 mol Y, thu được tổng khối lượng CO2 và H2O bằng 54,9 gam. Đốt cháy hoàn

toàn 0,2 mol X, sản phẩm thu được cho lội từ từ qua nước vôi trong dư, tạo ra m gam kết

tủa. Giá trị của m là

A. 120. B. 60. C. 30. D. 45.

Giải:

Gọi CT của aa là: CaH2a+1NO2

CT của X (đipeptit: 2 phân tử amino axit mất 1 phân tử H2O) là: C2aH4aN2O3

CT của Y (Tripeptit: 3 phân tử amino axit mất 2 phân tử H2O) là: C3aH6a-1N3O4

C3aH6a-1N3O4 2O

3aCO2 + (3a -1/2)H2O + 1,5N2

0,1 0,3a (3a-1/2).0,1

0,3a.44 + (3a-0,5).0,1.18 = 54,9 a = 3.

Vậy khi đốt cháy: C2aH4aN2O3 2O

2aCO2

0,2 mol 2. 0,2 .3 =1,2 mol = số mol CaCO3.

3CaCOm = 1,2 .100 = 120 gam .

KHỐI B 2013 – 729

Câu 9: Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm

X và Y chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H2NCnH2nCOOH. Đốt cháy 0,05

mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 36,3 gam hỗn hợp gồm CO2, H2O. Đốt cháy 0,01 mol

X trong oxi dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa.

Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A. 29,55. B. 17,73. C. 23,64. D. 11,82.

Giải:


Trang 50

Để tổng hợp 0,05 tetrapeptit Y cần 0,2 mol aa NH2CnH2nCOOH (hay CaH2a+1NO2)

và bị mất 0,15 mol nước.

Vậy: Nếu đốt cháy 0,2 mol aa CaH2a+1NO2 sẽ thu được: 36,3 + 0,15.18 =39 gam H2O và

CO2.

Phương trình: CaH2a+1NO2 + O2 → aCO2 + (a+0,5) H2O + N2

Ta có: mCO2 + mH2O = 39

nH2O - nCO2 = số mol CaH2a+1NO2 /2 = 0,2/2= 0,1

Giải hệ ta được: nH2O = 0,7; nCO2 = 0,6.

Vậy axit là NH2C2H4COOH.→X có số nguyên tử C là 3.3 = 9 nguyên tử.

Vậy 0,01 mol X sẽ tạo 0,09 mol CO2 tương ứng 0,09 mol kết tủa BaCO3 hay 17,73 gam

kết tủa. Đáp án B.

2. Bài tập thuỷ phân hoàn toàn

KHỐI A 2011 – 482

Câu 53: Thủy phân hoàn toàn 60 gam hỗn hợp hai đipetit thu được 63,6 gam hỗn hợp X

gồm các amino axit (các amino axit chỉ có một nhóm amino và một nhóm cacboxyl trong

phân tử). Nếu cho 1

10hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl (dư), cô cạn cẩn thận dung

dịch, thì lượng muối khan thu được là

A. 7,09 gam. B. 16,30 gam.

C. 8,15 gam. D. 7,82 gam.

Giải:

mH2O = 63,6 – 60 = 3,6 g → nH2O = 3,6/18 = 0,2 mol

1/10 hỗn hợp X có 0,2/10 = 0,02 mol aa và 63,6/10 = 6,36 gam

→ nHCl = naminoaxit = 0,02 mol

→ mmuối = maminoaxit + mHCl = 6,36 + 0,02.36,5 = 7,09 gam.

KHỐI B 2012 – 359

Câu 10: Đun nóng m gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở X và 2a mol tripeptit

mạch hở Y với 600 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ). Sau khi các phản ứng kết thúc, cô

cạn dung dịch thu được 72,48 gam muối khan của các amino axit đều có một nhóm -

COOH và một nhóm -NH2 trong phân tử. Giá trị của M là

A. 51,72. B. 54,30. C. 66,00. D. 44,48.

Giải:

(Aa)3 + 3NaOH → muối + H2O; (Aa)4 + 4NaOH → Muối + H2O

2a => 6a => 2a a => 4a => a

Ta có: 10a = 0,6 => a = 0,06 mol

Bảo toàn khối lượng: m = 72,48 + 3.0,06.18 – 0,6.40 = 51,72 gam.

KHỐI A 2013 – 374


Trang 51

Câu 13: Cho X là hexapeptit, Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val và Y là tetrapeptit Gly-Ala-Gly-

Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm X và Y thu được 4 amino axit, trong đó

có 30 gam glyxin và 28,48 gam alanin. Giá trị của m là

A. 77,6. B. 83,2. C. 87,4. D. 73,4.

Giải:

nGly=30/75= 0.4mol, nAla= 28.48/89= 0.32mol

Đặtx,y lần lượt là số mol của X và Y, ta có:

2x 2y 0.4mol

2x y 0.32mol

x 0.12mol

y 0.08mol

Ta có:MGly= 75; MAla= 89; MVal=117; MGlu= 147.

MX= (75*2+ 89*2+ 117*2)–18*5=472; MY= 75*2+89+ 147–18*3= 332

m=0.12*472+0.08*332=83.2g

3. Bài tập thuỷ phân không hoàn toàn

KHỐI A 2011 – 482

Câu 31: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch hở) thu được hỗn hợp

gồm 28,48 gam Ala, 32 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Giá trị của m là

A. 90,6. B. 111,74. C. 81,54. D. 66,44.

Giải:

nAla = 0,32; nAla-Ala = 0,2; nAla-Ala-Ala = 0,12

→ nAla-Ala-Ala-Ala = (0,32 + 0,2.2 + 0,12.3)/ 4 = 0,27.

Vậy: m = (89.4 – 18.3).0,27 = 81,54 gam.

4. Bài tập kết hợp thuỷ phân và đốt cháy; hay một số bài tập peptit lạ và khó.

THPT QG 2015 – 691

Câu 43: Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở là X (x mol) và Y (y mol), đều

tạo bởi glyxin và alanin. Đun nóng 0,7 mol T trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 3,8

mol NaOH phản ứng và thu được dung dịch chứa m gam muối. Mặt khác, nếu đốt cháy

hoàn toàn x mol X hoặc y mol Y thì đều thu được cùng số mol CO2. Biết tổng số nguyên

tử oxi trong hai phân tử X và Y là 13, trong X và Y đều có số liên kết peptit không nhỏ

hơn 4. Giá trị của m là

A. 396,6. B. 340,8. C. 409,2. D. 399,4.

Giải:

Số liên kết peptit trung bình = 3,8 : 0,7 = 5,428... và X,Y đều có số liên kết peptit ≥ 4.

Có 1 chất có 4 liên kết peptit (pentapeptit => 6 oxi):

CnH2n-3O6N5 + 5 NaOH

Tổng O =13 => Chất còn lại có 7 oxi

=> hexapeptit : CmH2m-4O7N6 + 6 NaOH


Trang 52

nhh = x + y = 0,7 và nNaOH = 5x+6y = 3,8 => x = 0,4; y = 0,3

Cách 1: 0,4n = 0,3m => n/m = 0,3/0,4 = 12/16

n =12 = 2a + 3b => Gly3Ala2 : 0,4

m = 16 = 2c + 3d => Gly2Ala4 : 0,3

BTKL : mT + mNaOH = m muối + mH2O

=> m muối = 0,4(3*75+2*89 – 4*18) + 0,3(2*75+4*89 – 5*18) + 3,8*40 – 18(0,3+0,4)

= 396,6 gam.

Cách 2: X: GlyaAla5-a (0,4 mol); Y: GlybAla6-b (0,3 mol)

0,4*(2a+3*(5-a)) = 0,3*(2b+3*(6-b))

=> 6-0,4a = 5,4-0,3b => 4a-3b = 6 => a=3,b=2

=> m = (0,4*3+0,3*2)*97+ (0,4*2+0,3*4)*111 = 396,6 gam.

ĐỀ THI MINH HOẠ 2017

Câu 40: Cho m gam hỗn hợp M gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit

T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Q gồm muối

của Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn Q bằng một lượng oxi vừa đủ, thu lấy toàn bộ

khí và hơi đem hấp thụ vào bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng

13,23 gam và có 0,84 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam M, thu

được 4,095 gam H2O. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 6,0. B. 6,5. C. 7,0. D. 7,5.

Giải:

Đặt công thức trung bình các peptit là: CnH2n+2–kNkOk+1(xmol).

Như vậy hỗn hợp muối Q có công thức trung bình là: CaH2aNO2Na (k.amol).

Phản ứng đốt k.x mol Q và x mol M:

2CaH2aNO2-Na+ 6 3

2

a O2→ Na2CO3 + (2a – 1).CO2 + 2.a.H2O + 1.N2.

k.x mol → 6 3

4

a k.x

→

2 1

2

a .k.x → a.k.x → k.x.

1

2

CnH2n+2-kNkOk+1 + 6 3

4

n kO2→ n.CO2 + (n+1–0,5k).H2O + 0,5k.N2.

x mol → 6 3

4

n k.x → x.n → x.(n+1–0,5k) → x.0,5.k

Theo đề bài, ta có: . 0,84

0,03752 22,4

k xmol

k.x = 0,075

(2 1)

. . .44 . . .18 13, 232

ak x a k x g

a.k.x = 0,024

4,095

x.( 1 0,5. ) 0,227518

n k mol

x = 0,025


Trang 53

x.n = x.k.a x.n = 0,24

Vậy: m=x.(14n+29.k+ 18)=14.0,24+29.0,075+18.0,025 = 5,985.

III. Kết luận và kiến nghị

Dạng bài tập peptit là dạng bài tập khó nuốt, tuy nhiên nếu nắm vững phương

pháp giải và rèn luyện thường xuyên thì sẽ giải quyết được dạng bài tập này.

Cần thường xuyên mở những cuộc Hội nghị như thế này để các GV trong tỉnh có

thể trao đổi, học hỏi chuyên môn lẫn nhau nhằm nâng cao hơn nữa chất lượng

môn Hoá của tỉnh nhà. Ngoài ra, GV cần đầu tư trau dồi hơn nữa chuyên môn của

mình.

CÁC BÀI TẬP PEPTIT TRONG CÁC ĐỀ THI (2007-2017)

A. ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT (2007-2014)

Câu 1: (2014) Peptit nào sau đây không có phản ứng màu biure?

A. Ala-Gly. B. Ala-Ala-Gly-Gly.

C. Ala-Gly-Gly. D. Gly-Ala-Gly.

Câu 2: (2013) Trong môi trường kiềm, protein có phản ứng màu biure với

A. KCl. B. NaCl.

C. Cu(OH)2. D. Mg(OH)2.

Câu 3: (GDTX - 2013) Peptit bị thủy phân hoàn toàn nhờ xúc tác axit tạo thành các

A. ancol. B. anđehit.

C. amin. D. α–aminoaxit.

Câu 4: (2012) Trong môi trường kiềm, tripeptit tác dụng với Cu(OH)2 cho hợp chất màu

A. đỏ B. Vàng. C. Xanh. D. tím.

Câu 5: (GDTX - 2009) Cho lòng trắng trứng vào Cu(OH)2 thấy xuất hiện màu

A. đỏ. B. đen. C. tím. D. vàng.

Câu 6: (PB-2007) Một chất khi thuỷ phân trong môi trường axit, đun nóng không tạo ra

glucozơ. Chất đó là

A. saccarozơ. B. xenlulozơ.

C. tinh bột. D. protein.

Câu 7: (PB-2007) Số đồng phân đipeptit tạo thành từ glyxin và alanin là

A. 1. B. 2. C. 4. D. 3.

B. ĐỀ THI ĐẠI HỌC (2007 - 2014)

Câu 1: (ĐH khối A – 2015) Thuốc thử được dùng để phân biệt Gly-Ala-Gly với Gly-Ala

là

A. Cu(OH)2 trong môi trường kiềm. B. dung dịch NaCl.

C. dung dịch HCl. D. dung dịch NaOH.


Trang 54

Câu 2: (ĐH khối B – 2009) Số đipeptit tối đa có thể tạo ra từ một hỗn hợp gồm alanin và

glyxin là

A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.

Câu 3: (ĐH khối A – 2010) Có bao nhiêu tripeptit (mạchhở) khác loại mà khi thủy phân

hoàn toàn đều thu được 3 amino axit: glyxin, alanin và phenylalanin?

A. 3. B. 9. C. 4. D. 6.

Câu 4: (ĐH khối B – 2010) Thuỷ phân hoàn toàn 1 mol pentapeptit X, thu được 2 mol

glyxin (Gly), 1 mol alanin (Ala), 1 mol valin (Val) và 1 mol Phenylalanin (Phe). Thuỷ

phân không hoàn toàn X thu được đipeptit Val-Phe và tripeptit Gly-Ala-Val nhưng không

thu được đipeptit Gly-Gly. Chất X có công thức là

A. Gly-Phe-Gly-Ala-Val. B. Gly-Ala-Val-Val-Phe.

C. Gly-Ala-Val-Phe-Gly. D. Val-Phe-Gly-Ala-Gly.

Câu 5: (ĐH khối B – 2010) Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo nên

từ một aminoaxit (no, mạch hở, trong phân tử chứa một nhóm –NH2 và một nhóm –

COOH). Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y, thu được tổng khối lượng CO2 và H2O bằng 54,9

gam. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X, sản phẩm thu được cho lội từ từ qua nước vôi trong

dư, tạo ra m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 120. B. 60. C. 30. D. 45.

Câu 6: (ĐH khối A – 2011) Dung dịch nào sau đây làm quỳ tím đổi thành màu xanh?

A. Dung dịch alanin. B. Dung dịch glyxin.

C. Dung dịch lysin. D. Dung dịch valin.

Câu 7: (ĐH khối A – 2011) Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch

hở) thu được hỗn hợp gồm 28,48 gam Ala, 32 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala.

Giá trị của m là

A. 90,6. B. 111,74. C. 81,54. D. 66,44.

Câu 8: (ĐH khối A – 2011) Thủy phân hoàn toàn 60 gam hỗn hợp hai đipetit thu được

63,6 gam hỗn hợp X gồm các amino axit (các amino axit chỉ có một nhóm amino và một

nhóm cacboxyl trong phân tử). Nếu cho 1

10hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl (dư),

cô cạn cẩn thận dung dịch, thì lượng muối khan thu được là:

A. 7,09 gam. B. 16,30 gam. C. 8,15 gam D.7,82 gam.

Câu 9: (CĐ - 2012) Thủy phân hoàn toàn m gam đipeptit Gly-Ala (mạch hở) bằng dung

dịch KOH vừa đủ, thu được dung dịch X. Cô cạn toàn bộ dung dịch X thu được 2,4 gam

muối khan. Giá trị của m là

A. 1,46. B. 1,36. C. 1,64. D. 1,22.

Câu 10: (ĐH khối B – 2012) Đun nóng m gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở

X và 2a mol tripeptit mạch hở Y với 600 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ). Sau khi các

phản ứng kết thúc, cô cạn dung dịch thu được 72,48 gam muối khan của các amino axit

đều có một nhóm -COOH và một nhóm -NH2 trong phân tử. Giá trị của M là

A. 51,72. B. 54,30. C. 66,00. D. 44,48.


Trang 55

Câu 11: (ĐH khối A – 2013) Cho X là hexapeptit, Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val và Y là

tetrapeptit Gly-Ala-Gly-Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm X và Y thu được

4 amino axit, trong đó có 30 gam glyxin và 28,48 gam alanin. Giá trị của m là

A. 77,6. B. 83,2. C. 87,4. D. 73,4.

Câu 12: (ĐH khối B – 2013) Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân

hoàn toàn hỗn hợp gồm X và Y chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức

H2NCnH2nCOOH. Đốt cháy 0,05 mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 36,3 gam hỗn hợp

gồm CO2, H2O. Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch

Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của

m là

A. 29,55. B. 17,73. C. 23,64. D. 11,82.

Câu 13: (ĐH khối A – 2014) Thủy phân hoàn toàn 4,34 gam tripeptit mạch hở X (được

tạo nên từ hai α – amino axit có cùng công thức dạng H2NCxHyCOOH) bằng dung dịch

NaOH dư, thu được 6,38 gam muối. Mặt khác thủy phân hoàn toàn 4,34 gam X bằng

dung dịch HCl dư, thu được m gam muối. Giá trị của m là

A. 6,53. B. 7,25. C. 5,06. D. 8,25.

Câu 14: (ĐH khối B – 2014) Hỗn hợp X gồm ba peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol tương

ứng là 1:1:3. Thủy phân hoàn toàn m gam X, thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24 gam

alanin và 8,19 gam valin. Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba peptit trong X

nhỏ hơn 13. Giá trị của m là

A. 18,83. B. 18,29. C. 19,19. D. 18,47.

Câu 15: (ĐH khối B – 2014) Hỗn hợp X gồm chất Y (C2H8N2O4) và chất Z (C4H8N2O3);

trong đó, Y là muối của axit đa chức, Z là đipeptit mạch hở. Cho 25,6 gam X tác dụng

với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được 0,2 mol khí. Mặt khác 25,6 gam X tác dụng

với dung dịch HCl dư, thu được m gam chất hữu cơ. Giá trị của m là

A. 20,15. B. 31,30. C. 23,80. D. 16,95.

C. ĐỀ THI THPT QUỐC GIA

Câu 16: (THPTQG – 2015) Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở là X (x

mol) và Y (y mol), đều tạo bởi glyxin và alanin. Đun nóng 0,7 mol T trong lượng dư

dung dịch NaOH thì có 3,8 mol NaOH phản ứng và thu được dung dịch chứa m gam

muối. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn x mol X hoặc y mol Y thì đều thu được cùng số

mol CO2. Biết tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử X và Y là 13, trong X và Y đều có

số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Giá trị của m là

A. 396,6. B. 340,8. C. 409,2. D. 399,4.

Câu 17: (THPQG – 2016) Thủy phân hoàn toàn 14,6 gam Gly-Ala trong dung dịch

NaOH dư, thu được m gam muối. Giá trị của m là

A. 18,6. B. 16,8. C. 20,8. D. 22,6.

Câu 18: (THPTQG – 2016) Hỗn hợp X gồm 3 peptit Y, Z, T (đều mạch hở) với tỉ lệ mol

tương ứng là 2:3:4. Tổng số liên kết peptit trong phân tử Y, Z, T bẳng 12. Thủy phân hoàn

toàn 39,05 gam X, thu được 0,11 mol X1; 0,16 mol X2 và 0,2 mol X3. Biết X1, X2, X3 đều

có dạng H2NCnH2nCOOH. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 32,816 lít khí

O2 (đktc). Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?


Trang 56

A. 26. B. 30. C. 31. D. 28.

Câu 19: (Đề minh họa – 2017) Cho m gam hỗn hợp M gồm đipeptit X, tripeptit Y,

tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu

được hỗn hợp Q gồm muối của Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn Q bằng một lượng

oxi vừa đủ, thu lấy toàn bộ khí và hơi đem hấp thụ vào bình đựng nước vôi trong dư,

thấy khối lượng bình tăng 13,23 gam và có 0,84 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác, đốt

cháy hoàn toàn m gam M, thu được 4,095 gam H2O. Giá trị của m gần nhất với giá trị

nào sau đây?

A. 6,0. B. 6,5. C. 7,0. D. 7,5.


Trang 57

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP PEPTIT VÀ PROTEIN

Tổ CM Hóa – Sinh

Trường THPT Huỳnh Hữu Nghĩa


- Như chúng ta đã biết để giải nhanh được một bài toán hoá học tính theo phương

trình hoá học thì bước đầu tiên học sinh phải viết được chính xác phương trình hoá học

rồi mới tính đến việc làm tới các bước tiếp theo và nếu viết phương trình sai thì việc tính

toán của học sinh trở nên vô nghĩa.

- Đối với dạng bài tập thủy phân peptit và protein thì để viết được phương trình

hoá học chính xác, học sinh phải hiểu được bản chất của phản ứng nghĩa là phản ứng diễn

ra trong điều kiện nào, có sự tham gia của môi trường hay không. Điều khó đối với học

sinh là phải biết xác định xem phản ứng thủy phân xảy ra thì tạo ra những sản phẩm nào,

từ đó mới viết được phương trình hoá học chính xác.

- Mặt khác kỹ năng giải toán hoá học chỉ được hình thành khi học sinh nắm vững

lý thuyết, nắm vững các kiến thức về tính chất hoá học của chất, biết vận dụng kiến thức

vào giải bài tập. Học sinh phải hình thành được một mô hình giải toán, các bước để giải

một bài toán, kèm theo đó là phải hình thành ở học sinh thói quen phân tích đề bài và

định hướng được cách làm đây là một kỹ năng rất quan trọng đối với việc giải một bài

toán hóa học. Do đó, để hình thành được kỹ năng giải nhanh bài tập thủy phân peptit và

protein thì ngoài việc giúp học sinh nắm được bản chất của phản ứng thì giáo viên phải

hình thành cho học sinh một phương pháp giải nhanh bên cạnh đó rèn luyện cho học sinh

tư duy định hướng khi đứng trước một bài toán và khả năng phân tích đề bài.

- Chính vì vậy việc cung cấp cho học sinh các phương pháp giải nhanh bài tập

thủy phân peptit và protein để giúp học sinh định hướng đúng, xử lý nhanh khi làm bài

tập về peptit và protein là điều rất cần thiết, nó giúp học sinh có tư duy khoa học khi học

tập hoá học nói riêng và các môn học khác nói chung nhằm nâng cao chất lượng dạy học.

- Kiến thức về amino axit, peptit, protein là những kiến thức mới lạ đối với học

sinh, vì vậy đa số học sinh sợ học lý thuyết cũng như làm bài tập về phần này.

- Đây cũng là một trong những kiến thức khá khó đối với giáo viên, vì nó yêu cầu

mỗi giáo viên ghi nhớ khá nhiều, đồng thời hệ thống kiến thức lại rất rộng.

- Trong một phạm vi rất hẹp tôi xin trình bày một chuyên đề về peptit- protein để

giúp học sinh có thể đơn giản hóa các bài tập về peptit thường gặp trong đề thi đại học.

II. CƠ SỞ LÝ THUYẾT

1. Aminoaxit

* Khái niệm: Aminoaxit là những hợp chất hữu cơ tạp chức, phân tử chứa đồng thời

nhóm amino (NH2) và nhóm cacboxyl (COOH).

* Công thức của amino axit: (NH2)xR(COOH)y hoặc CnH2n+2-2k+tO2aNt

(Học sinh không cần thiết phải ghi nhớ những công thức này cần hướng dẫn các em biết

mối quan hệ giữa công thức của axit với amino axit)

* Danh pháp:

* Tính chất hóa học:


Trang 58

Đặc điểm cấu tạo: H2N-R-COOH H3N+- R-COO-

( Dựa vào pH của môi trường mà amino axit tồn tại dưới dạng các ion khác nhau)

2. Peptit

* Khái niệm: Peptit là những hợp chất hữu cơ trong phân tử chứa từ 2 đến 50 gốc α-

amino axit.

* Liên kết peptit: là liên kết CO-NH tạo bởi hai gốc α- amino axit.

* Phân loại: Oligopeptit và polipeptit

* Công thức, danh pháp đồng phân:

- Xây dựng công thức của peptit trên cơ sở công thức của amino axit tương ứng.

- Lưu ý cách gọi tên các peptit.

- Viết công thức cấu tạo peptit đơn giản.

* Tính chất hóa học

- Phản ứng thủy phân trong môi trường axit:

Ví dụ: X ( peptit mạch hở tạo bởi aminoaxit đơn)

X + (n-1)H2O + n H+ → Muối của amino axit

- Phản ứng thủy phân trong môi trường kiềm:

X + n OH- → 2 Muối + H2O

- Phản ứng màu biure:

Peptit + Cu(OH)2 → Phức có màu tím

3. Protein

* Khái niệm và phân loại:

- Phân loại dựa vào thành phần hoá học: Protein đơn giản, protein phức tạp

- Phân loại dựa vào hình dạng: Protein dạng hình cầu ( anbumin, hemoglobin..) và

protein dạng hình sợi ( keratin, fibroin, miozin..).

* Tính chất vật lý:

- Protein dạng hình cầu tan trong nước tạo ra dung dịch keo.

- Tính tan của protein dạng hình cầu tăng khi nồng độ muối thấp và khi nhiệt độ

thấp. Khi nhiệt nồng độ muối cao protein bị kết tủa.

- Sự đông tụ protein: Dưới tác dụng của nhiệt độ, axit, bazo và muối của kim loại

nặng Protein bị biến tính.

* Tính chất hóa học

Phản ứng thủy phân, phản ứng màu.

III. NỘI DUNG

1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP PEPTIT

a) Mối quan hệ giữa CTPT các aminoaxit


Trang 59

- Nếu amino axit có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH có CTPT là CnH2n +1NO2.

Đốt cháy amino axit trên ta có:

CnH2n+1NO2 2O

nCO2 + 2

12 nH2O +

2

1N2

Từ phản ứng cháy trên ta có biểu thức liên hệ: 2 2

2 2 2

H O CO

H O CO N aa

n n

1n n n n

2

b) Mối quan hệ về CTCT giữa các peptit

- Nếu amino axit no mạch hở có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH có CTPT là CnH2n+1NO2.

Từ công thức của amino axit trên ta có thể suy ra các công thức peptit tương ứng

Đipeptit: 2CnH2n+1NO2 – 1H2O → C2nH4nN2O3.

Tripeptit: 3CnH2n+1NO2 – 2H2O → C3nH6n -1N3O4.

Tetrapeptit: 4CnH2n+1NO2 – 3H2O → C4nH8n -2N4O5.

Peptit có k mắc xích: CknH2kn+2-kNkOk+1.

Áp dụng công thức này các bài tập đốt cháy peptit.

CknH2kn+2-kNkOk+1 kn 2O

CO2 + (kn + 1- k/2)H2O + k/2 N2

Từ phản ứng ta có biểu thức liên hệ:

2 2 2

2 22 2

CO peptit H O H

CO H OH O CO

peptit

n n n n

n nn nn kk 11 22

c) Quan hệ về phản ứng thủy phân hoàn toàn peptit

- Thủy phân trong H2O:

Xn + (n - 1) H2O n X1

Từ phản ứng trên ta có mối liên hệ: n 2 1

2

peptit(X ) H O aa(X )

pepti H O aa

m n m

n t n n

- Thủy phân trong môi trường kiềm:

Xn + n NaOH n X1- Na + H2O

Từ phản ứng trên ta có mối liên hệ: 1

2

NaOH (X Na)

peptit H O

n n

n n

- Thủy phân trong môi trường axit:

Xn + (n - 1) H2O + n HCl n X1- HCl


Trang 60

Dạng này chưa xuất hiện trong các đề tuyển sinh các năm, thường đề chỉ cho dạng thủy

phân trong môi trường bazơ và nước.

d) Thuỷ phân không hoàn toàn peptit

VD: Thủy phân không hoàn toàn pentapeptit (X5)

5

4

3

2

1

X

X

X

X

X

m Xn + (n-m) H2O n Xm

Từ phản ứng trên ta có mối liên hệ: n 2 m

n 2 m

peptit(X ) H O aa(X )

X H O X

m n m

n n n

e) Đốt cháy muối Na(K) của amino axit có 1 NH2 và 1 COOH

CnH2nNO2Na (X1 - Na) 2O

2

1Na2CO3+ (n -

2

1 ) CO2 + n H2O +

2

1N2

Từ phản ứng trên ta có mối liên hệ:

2 3 2 1

2 2

2 2 3 2 2

Na CO N (X Na)aa H O CO

CO Na CO N H O

1n n n

2 n 2(n n )

n n / n n

2. MỘT SỐ BÀI TẬP LÝ THUYẾT

Câu 1: Đipeptit X mạch hở có công thức C6H12O3N. Viết công thức cấu tạo và gọi tên

các đipeptit đó.

Giải:

Đipeptit là hợp chất tạo bởi hai gốc α- amino axit, đipeptit X có công thức C6H12O3N có

thể được tạo nên từ những cặp α- amino axit sau:

C2H5O2N và C4H9O2N ( có hai đồng phân α vì vậy có 4 công thức cấu tạo)

C3H7O2N và C3H7O2N ( có một công thức cấu tạo).

Câu 2: Đun nóng hỗn hợp Glyxin và alanin thì thu được hỗn hợp các đi peptit và một sản

phẩm phụ Y có công thức C6H10O2N2. Viết công thức cấu tạo và gọi tên của đi peptit và

công thức cấu tạo của Y.

Giải:

Khi đun nóng hỗn hợp Glyxin và alanin có thể tạo ra tối đa 4 đi peptit có tên tương ứng

là: Gly-Gly, Gly-Ala, Ala-Gly, và Ala-Ala

Khi đun nóng các α- amino axit có thể tự kết hợp với nhau để tạo ra hợp chất mạch vòng.

Vậy chất Y là do hai phân tử alanin kết hợp với nhau tạo ra mạch vòng.


Trang 61

NH - CO

CH3-CH- CO-NH- CH-CH3

Câu 3: Khi thủy phân từng phần một loại len làm từ lông thú người ta thu được

oligopeptit X. Kết quả thực nghiệm cho thấy phân tử khối của X không vượt quá 500.

Khi thủy phân hoàn toàn 886 mg X thu được 450 mg Glyxin và 178 mg alanin, 330 mg

Phenylalanin. Khi thủy phân từng phần X thì trong số các sản phẩm thấy có các đi peptit

Gly-ala, Ala- Gly mà không thấy có Phe-Gly và cũng không thấy có tripeptit Gly-Gly-

Phe. Hãy xác định công thức cấu tạo của X.

Giải:

Theo bài ra nX > 1,772 mmol, nala = 2 mmol, nphe = 2 mmol, ngly = 6 mmol

Từ đó ta có trong X chứa 1 Ala và 1 Phe và không quá 3 gốc Gly.

Khi thủy phân từng phần thu được Gly-ala và Ala- Gly, vậy Ala phải nằm giữa hai gốc

Gly, không có Phe-Gly vậy gốc Gly phải đứng trước gốc Phe, không có Gy-Gly- Phe vậy

không có hai gốc Gly gần nhau giữa Ala và Phe.

Cấu tạo của X là: Gly-Ala-Gly-Phe hoặc Gly- Gly-Al-Gly-Phe.

Câu 4: Thủy phân hoàn toàn 1 mol pentapeptit X, thu được 2 mol glyxin (Gly), 1 mol

alanin (Ala), 1 mol valin (Val) và 1 mol phenylalanin (Phe). Thủy phân không hoàn toàn

X thu được đipeptit Val-Phe và tripeptit Gly-Ala-Val nhưng không thu được đipeptit Gly-

Gly. Chất X có công thức là

A. Gly-Phe-Gly-Ala-Val. B. Gly-Ala-Val-Val-Phe.

C. Gly-Ala-Val-Phe-Gly. D. Val-Phe-Gly-Ala-Gly.

3. MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ PHẢN ỨNG THỦY PHÂN PEPTIT

Câu 1: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala Ala (mạch hở) thu được hỗn

hợp gồm 28,48 gam Ala, 32 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Giá trị của m là

A. 111,74. B. 66,44. C. 0,6. D. 81,54.

Giải:

Lần lượt tính số mol các sản phẩm:

nAla = 28,48/89 = 0,32 mol; n Ala-Ala = 32/160 = 0,2 mol;

nAla-Ala-Ala = 27,72/231 = 0,12 mol

Chú ý: Số mol gốc Ala trước và sau phản ứng bằng nhau.

Gọi số mol Ala-Ala-Ala-Ala là a (mol). Trước phản ứng: ngốc (Ala) = 4.a

Sau phản ứng: ngốc (Ala) = 1. nAla + 2. n Ala-Ala + 3. nAla-Ala-Ala

Bảo toàn mắc xích: 4a = 1. 0,32 + 2. 0,2 + 3. 0,12 → a = 0,27 mol

Vậy m = 302. 0,27 = 81,54 gam.

Câu 2: cho X là hexapeptit Ala-Gly-Ala-val-gly-val và Y là tetrapeptit Gly-Ala-Gly-


Trang 62

Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X và Y thu đuợc 4 amino axit, trong đó có

30 gam glyxin và 28,48g alanin. Giá trị của m là

A. 73,4. B. 77,6. C. 83,2. D. 87,4.

Giải:

Nếu gọi số mol của X và Y lần lượt là a và b ta có hệ

2a 2b 0,4

2a b 0,32

a 0,12

b 0,08

Giá trị của m là:

m = 0,12. ( 89.2 + 75.2 + 117.2 -5.18) + 0,08. ( 75.2 +147 + 69-3.18) = 83,2 gam.

Câu 3: Thủy phân hoàn toàn 60 gam hỗn hợp hai đipeptit thu được 63,6 gam hỗn hợp X

gồm các aminoaxit (các aminoaxit chỉ có một nhóm amino và một nhóm cacboxyl trong

phân tử). Nếu cho 1/10 hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư, cô cạn cẩn thận dung

dịch thì lượng muối khan thu được

A. 8,15 gam. B. 7,09 gam.

C. 7,82 gam. D. 16,30 gam.

Giải: Bảo toàn khối lượng : mX + m OH2= mmuối

60 + 18 . n OH2= 63,6 moln OH 2,0

2

X + H2O → Muối

0,2 0,2 mol

Nếu cho 1/10 X phản ứng với dung dịch HCl dư ta có

X + 2HCl + H2O → Muối

0,020,040,02

Bảo toàn khối lượng: mmuối= 6 + 0,02.18 + 0,04. 36,5 = 7,82 gam.

Câu 4:Tripeptit mạch hở X và Tetrapeptit mạch hở Y đều được tạo ra từ một amino axit

no, mạch hở có 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu

được sản phẩm gồm H2O,CO2 và N2 trong đó tổng khối lượng CO2 và H2O bằng 36,3

gam. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol Y thì số mol O2 cần phản ứng là

A. 2,8 mol. B. 1,8 mol. C. 1,875 mol. D.3,375 mol

Giải: X,Y đều sinh ra do Amino axit có CT CnH2n+1O2N.

Do vậy ta có CT gộp lại của X,Y tương ứng là: C3nH6n – 1O4N3(X), C4nH8n –

2O5N4(Y).

Phản ứng cháy X: C3nH6n – 1O4N3 + pO2 → 3nCO2 + (3n-0,5)H2O + N2

0,1mol 0,3n(mol) 0,3(3n-0,5)mol

Ta có phương trình tổng khối lượng H2O và CO2

0,3[44.n + 18. (3n-0,5)] = 36.3 n = 2


Trang 63

Phản ứng cháy Y: C4nH8n – 2 O5N4 + pO2 4nCO2 + (4n-1)H2O + N2 .

0,2mol 0,2.p 0,8n (0,8n -0,2)

Áp dụng BT nguyên tố Oxi :

0,2.5+ 0,2.2p = 0,8.2.2 +(0,8.2 -0,2) p = 9 nO2 = 9x0,2 = 1,8mol

Câu 5: Peptit X bị thủy phân theo phương trình phản ứng: X + 2H2O 2Y + Z ( trong

đó Y và Z là các amino axit) . Thủy phân hoàn toàn 4,06 gam X thu được m gam Z. Đốt

cháy hoàn toàn m gam Z cần vừa đủ 1,68 lít khí O2 (đktc) thu được 2,64g CO2, 1,26g

H2O và 224 ml N2 ( đktc). Biết Z có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản

nhất. Tên gọi của Y

A. Alanin. B. Axit glutamic. C. Lysin. D. Glyxin.

Giải:

Công thức thực nghiệm của Z: C: H: O: N = 0,06: 0,14: 0,04: 0,02

Công thức của Z là: C3H7O2N với số mol =0,02 mol

X + 2H2O → 2Y + Z

0,04 0,04 0,02

Dễ có MY = 75. Y là Glyxin.

Câu 6: Hỗn hợp X gồm ba peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 1 :3. Thủy

phân hoàn toàn m gam X, thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24 gam alanin và 8,19

gam valin. Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba peptit trong X nhỏ hơn 13.

Giá trị của m là

A. 18,83. B. 18,29. C. 19,19. D. 18,47.

Giải: Theo bài ra hỗn hợp X chỉ được tạo nên từ Ala và Val

Gọi số gốc α- amino axit trong X lần lượt là n3, n1, n2 ta có a.( n1 + n2 + 3n3) = 0,23

mol

Vì n3, n1, n2 là những số nguyên dương nên 0,23 phải chia hết cho a. Vậy a = 0,01.

Vì n3 + n1 +n2 < 16 nên n3 > 3 ta có thể lấy các giá trị phù hợp như:

n3 = 5 ; n2 = 4 ; n1 = 4

Bảo toàn khối lượng ta có: X + H2O → Ala + Val

Trong đó số mol của nước = 0,01. ( 23-5) = 0,18

Vậy m = 19,19 gam

Câu 7: (Đề thi tuyển sinh đại học Khối B- 2010): Đipeptit mạch hở X và mạch hở Y đều

được tạo ra từ một loại amino axit no, mạch hở có một nhóm NH2 và một nhóm COOH.

Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y thu được sản phẩm gồm CO2, H2O, và N2 trong đó tổng

khối lượng CO2 và H2O bằng 54,9 gam. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X, sản phẩm

thu được cho lội qua dung dịch nước vôi trong dư thì thu được m gam kết tủa. Giá trị của

m là

A. 45. B. 120. C. 30. D. 60.

Giải:


Trang 64

Công thức của X: [CaH2a+1O2N]2-1H2O và Y: [CaH2a+1O2N]3-2H2O

PT cháy Y: [CaH2a+1O2N]2-1H2O + O2→ 3aCO2 + (6a-1)/2H2O + 3/2N2

0,1 0,3a 0,05(6a-1)

Ta có: 0,3a.44 + 0,05(6a-1)18 = 54,9→ a= 3

PT cháy X: [CaH2a+1O2N]3-2H2O+ O2 → 6CO2 → 6CaCO3 → m=120→ đáp án B.

0,2 1,2 1,2

Câu 8: Tripeptit mạch hở X và Tetrapeptit mạch hở Y đều được tạo ra từ một aminoacid

no,mạch hở có 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu

được sản phẩm gồm H2O,CO2 và N2 trong đó tổng khối lượng CO2 và H2O bằng 36,3(g).

Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol Y thì số mol O2 cần phản ứng là?

A. 2,8. B. 1,8. C. 1,875. D. 3,375

Giải:

Rõ ràng X,Y đều sinh ra do Aminoacid có CT CnH2n+1O2N.

Do vậy ta có CT của X,Y tương ứng là: C3nH6n – 1O4N3(X), C4nH8n – 2O5N4(Y).

Phản ứng cháy X:

C3nH6n – 1O4N3 + pO2 3nCO2 + (3n-0,5)H2O + N2

0,1mol 0,3n(mol) 0,3(3n-0,5)mol

Ta có: mH2O và mCO2 = 0,3[44.n + 18. (3n-0,5)] = 36.3 n = 2

Phản ứng cháy Y:

C4nH8n – 2 O5N4 + pO2 4nCO2 + (4n-1)H2O + N2

0,2mol 0,2.p 0,8n (0,8n -0,2)

Áp dụng BT nguyên tố Oxi:

0,2.5 + 0,2.2p = 0,8.2.2 +(0,8.2 -0,2) p = 9 nO2 = 9 x 0,2 = 1,8 (mol)

Câu 9. Thủy phân hoàn toàn 4,34 gam tripeptit mạch hở X (được tạo nên từ hai α –

amino axit có cùng công thức dạng H2NCxHyCOOH) bằng dung dịch NaOH dư, thu được

6,38 gam muối. Mặt khác thủy phân hoàn toàn 4,34 gam X bằng dung dịch HCl dư, thu

được m gam muối. Giá trị của m là

A. 6,53. B. 7,25. C. 5,06. D. 8,25.

Giải:

X + 3NaOH → Muối + H2O

3a a

Bảo toàn khối lượng ta có a = 0,02 mol

X + 3HCl +2H2O → Muối

Khối lượng muối = 4,34 + 3.0,02.36,5 +2.18.0,02 = 7,25 gam

Câu 10: amino axit X có công thức H2NCxHy(COOH)2. Cho 0,1 mol X vào 0,2 lít dung

dịch H2SO4 0,5M thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch gồm


Trang 65

NaOH 1M và KOH 3M thu được dung dịch chứa 36,7 gam muối. Phần trăm khối lượng

của nitơ trong X:

A. 11,966%. B. 10,526%.

C. 9,524%. D. 10,687%.

Giải:

Theo đề ta có: K+ 3a, Na+ a, SO42- 0,1, H2NR(COO-)2 0,1.

Bảo toàn điện tích: a = 0,1.

0.1.3.39 +0,1.23 + 0,1.96 + 0,1.( R + 44.2 + 16) = 35,7 => R = 27

% của N = 10,526%.

Câu 11: Hỗn hợp X gồm tripeptit A và tetrapeptit B đều được cấu tạo bởi glyxin và

alanin. Thành phần phần trăm khối lượng nitơ trong A và B theo thứ tự là 19,36% và

19,44%. Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X bằng một lượng dung dịch NaOH vừa

đủ, thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 36,34 gam hỗn hợp muối. Tỉ lệ

mol giữa A và B trong hỗn hợp X là

A. 2:3. B. 3:7. C. 3:2. D. 7:3.

Giải:

Dễ có MX =217 và MY = 288

Phản ứng thủy phân: X +3NaOH → Muối + H2O

Y + 4NaOH → Muối + H2O

Ta có hệ: a b 0,1

217a 40.3a 18a 288b 40.4b 18b 36,34

a 0,06

b 0,04

Vậy tỷ lệ a: b = 3:2

Câu 12: Thuỷ phân hoàn toàn m gam một pentapeptit mạch hở M thu được hỗn hợp gồm

hai amino axit X1, X2 (đều no, mạch hở, phân tử chứa một nhóm -NH2 và một nhóm -

COOH). Đốt cháy toàn bộ lượng X1, X2 ở trên cần dùng vừa đủ 0,255 mol O2, chỉ thu

được N2, H2O và 0,22 mol CO2. Giá trị của m là

A. 6,34. B. 7,78. C. 8,62. D. 7,18.

Giải:

Đốt cháy hỗn hợp X ta có phương trình

CnH2n+1O2N + O2→ nCO2 + (n+0,5) H2O + ½ N2

a 0,255 0,22 0,22 + 0,5a

Bảo toàn oxi ta có a = 0,1 mol => 2,2n .

Vậy M + 4H2O → 5X

0,08 0,1


Trang 66

Vậy m = 0,22.12 + 0,1.14 + 0,1.32 +0,27.2 – 0,08.18 = 6,34 gam.

Câu 13: Thủy phân hết một lượng pentapeptit T thu được 32,88 gam Ala-Gly-Ala-Gly;

10,85 gam Ala-Gly-Ala; 16,24 gam Ala-Gly-Gly; 26,28 gam Ala-Gly; 8,9 gam Alanin;

còn lại là Glyxin và Gly-Gly với tỉ lệ mol tương ứng là 1:10. Tổng khối lượng Gly-Gly

và Glyxin trong hỗn hợp sản phẩm là


Giải:

Pentapeptit có công thức: Ala-Gly-Ala-Gly-Gly

Tổng số mol Ala = 0,12.2 + 0,05.2 +0,08.1 + 0,18 + 0,1 = 0,7

vậy tổng số mol Gly = 0,35.3 = 1,05 =0,12.2+ 0,05.1 + 0,08.2 + 0,18 + 21a

=> a = 0,02 => m = 27,9 g.

IV. KẾT LUẬN

- Phương pháp này tôi đã áp dụng cho học sinh lớp 12ª1 trường tôi thấy học sinh

có sự yêu thích trong quá trình học tập môn hóa học.

- Theo tôi thì phương pháp này trình bày như vậy là phù hợp với chương trình và

trình độ học sinh có tác dụng rất tốt trong việc giúp học sinh ôn thi trung học phổ thông

quốc gia.

- Tuy nhiên đây cũng chỉ mới là kết quả bước đầu còn khiêm tốn và hạn chế, rất

mong được sự đóng góp ý kiến thêm của các quý thầy cô, xin chân thành cảm ơn.


Trang 67

KINH NGHIỆM DẠY NỘI DUNG BÀI TẬP PEPTIT

Trường THPT Thiều Văn Chỏi

I. Đặt vấn đề

Trong môn hoá học thì bài tập hoá học có một vai trò cực kỳ quan trọng. Nó là

nguồn cung cấp kiến thức mới, vận dụng kiến thức lí thuyết, giải thích các hiện tượng các

quá trình hoá học, giúp tính toán các đại lượng: Khối lượng, thể tích, số mol... Việc giải

bài tập sẽ giúp học sinh củng cố kiến thức lí thuyết đã được học vận dụng linh hoạt kiến

thức vào làm bài. Để giải được bài tập đòi hỏi học sinh không chỉ nắm vững các tính chất

hoá học của các đơn chất và hợp chất đã học, nắm vững các công thức tính toán, mà còn

biết cách tính theo phương trình hóa học và công thức hoá học. Đối với những bài tập

đơn giản thì học sinh thường đi theo mô hình đơn giản: như viết phương trình hoá học,

dựa vào các đại lượng bài ra để tính số mol của một chất sau đó theo phương trình hoá

học để tính số mol của các chất còn lại từ đó tính được các đại lượng theo yêu cầu của

bài. Nhưng đối với nhiều dạng bài tập thì nếu học sinh không nắm được bản chất của các

phản ứng thì việc giải bài toán của học sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn và thường là giải

sai như dạng bài tập như thủy phân hay đốt cháy peptit. Đây dạng toán này thường xuất

hiện trong các kỳ thi đại học và cao đẳng gây ra nhiều khó khăn trở ngại cho học sinh.

Chính vì vậy tìm ra phương pháp giải sẽ phục vụ tốt cho việc học tập của các em học sinh

12 và cho công tác giảng dạy mình.

II. Thực trạng của vấn đề

Toán thủy phân peptit hay đốt cháy peptit luôn là dạng toán khó nhưng trong sách

giáo khoa hóa học 12 cho rất ít bài tập dạng này, tuy nhiên trong các đề thi tốt nghiệp thì

lại cho những dạng toán này, do đó gây ra không ít khó khăn cho người dạy cũng như

người học. Tuy nhiên nếu nắm được bản chất của phản ứng cũng như phương pháp giải

chúng ta có thể giải quyết được các bài toán trên. Dưới đây là hai dạng toán cơ bản của

bài tập về peptit.

Dạng 1: Toán thủy phân peptit


Bước 1: Đặt công thức tổng quát cho peptit:

Nếu peptit được tạo thành từ amino axit có một nhóm H2N và một nhóm COOH :

[H2N-R-COOH]n(1-n)H2O

Bước 2: Viết phương trình phản ứng:

-Trong môi trường axit và bazơ nhưng không đưa môi trường vào phương trình

phản ứng

[H2N-R-COOH]n(1-n)H2O + (n-1)H2O H hoacOH

nH2N-R-COOH

- Khi đun nóng trong môi trường axit (VD: HCl)

[H2N-R-COOH]n(1-n)H2O + (n-1)H2O + nHCl → nClH3N-R-COOH

- Khi đun nóng trong môi trường bazơ (VD: NaOH)

[H2N-R-COOH]n(1-n)H2O + nNaOH → n H2N-R-COONa + H2O


Trang 68

- Thủy phân không hoàn toàn: Đặt X= [H2N-R-COOH]n

[X]n(1-n)H2O [X]a(1-a)H2O + [X]b(1-b)H2O + …+ [X] (với a,b,..< n)

Bước 3: Dựa vào phương trình thủy phân, dữ kiện đề bài giải bài toán

Một số định luật cơ bản:

- Định luật bảo toàn khối lượng: Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng

khối lượng sản phẩm tạo thành.

- Định luật bảo toàn mol gốc α-amino axit: Số mol gốc α-amino axit trước và sau phản

ứng luôn luôn được bảo toàn

MỘT SỐ BÀI TẬP THỦY PHÂN PEPTIT

Bài tập 1: Cho 13,32 gam peptit X do n gốc alanin tạo thành, thủy phân hoàn toàn trong

môi trường axit thu được 16,02 gam alanin duy nhất. X thuộc loại

A. đipeptit. B. tripeptit. C. hexapeptit. D. pentapeptit.

Giải :

[Ala]n(1-n)H2O + (n-1)H2O nAla

(71n+ 18) 89n

13,32 g 16,02 g

Từ pt ta có: n = 6.

Bài tập 2: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala mạch hở thu được hỗn hợp

gồm: 28,48 gam Ala; 32 gam Ala-Ala; 27,72gam Ala-Ala-Ala. Giá trị của m là

A. 66,44. B. 81,54. C. 90,6. D. 111,74.

Giải:

Đặt x là số mol tetrapeptit; Áp dụng định luật bảo toàn gốc Ala ta có:

4x = 1.28,48/89 + 2.32/160 + 3.27,72/231 →x = 0,27 mol → m = 81,54 (chọn B).

Bài tập 3: Thủy phân hoàn toàn 4,34 gam tripeptit mạch hở X ( được tạo nên từ 2 α-

amino axit có công thức dạng H2N-CxHy-COOH) bằng dung dịch NaOH dư, thu được

6,38 gam muối. Mặt khác thủy phân hoàn toàn 4,34 gam X bằng dung dịch HCl dư, thu

được m gam muối. Giá trị của m là

A. 6,35. B. 7,25. C. 8,25. D. 5,06.

Giải:

[H2N-CxHy-COOH]3(-2)H2O + 3NaOH → 3[H2N-CxHy-COONa] + H2O

1mol 3mol 3mol 1mol

Áp dụng phương pháp tăng- giảm khối lượng ta có

Số mol tripeptit = 6,38 4,34

0,02(40.3 18)

mol

[H2N-CxHy-COOH]3(-2)H2O +2H2O +3HCl → nClH3N-CxHy-COOH

0,02 0,04 0,06


Trang 69

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mmuối= 7,25 g ( chọn B).

Dạng 2: Toán đốt cháy peptit


Bước 1: Đặt công thức tổng quát cho peptit:

Nếu peptit no, đơn chức, mạch hở được tạo thành từ amino axit có một nhóm H2N

và một nhóm COOH : [CaH2a+1O2N]n(1-n)H2O (n là số gốc α-amino axit cấu tạo nên

peptit)

Bước 2: Viết và cân bằng phản ứng cháy

[CaH2a+1O2N]n(1-n)H2O + (3a.n-1,5n)/2 O2→a.nCO2 + (2a.n-n+2) H2O + n/2 N2

Bước 3: Dựa vào phương trình, dữ kiện đề bài đề bài giải bài toán

MỘT SỐ BÀI TẬP ĐỐT CHÁY PEPTIT

Bài tập 4: Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch ở Y điều được tạo ra từ amino axit no,

mạch hở có một nhóm NH2 và một nhóm COOH. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y thu được

sản phẩm gồm CO2, H2O và N2 trong đó tổng khối lượng CO2 và H2O bằng 54,9 gam.

Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X, sản phẩm thu được cho lội qua dung dịch nước vôi

trong dư thì thu được m gam kết tủa. Xác định giá trị của m.

Giải:

Đặt công thức của X: [CaH2a+1O2N]2(-1)H2O; Y: [CaH2a+1O2N]3(-2)H2O

Phương trình đốt cháy Y:

[CaH2a+1O2N]3(-2)H2O + (9a-4,5)/2 O2 3aCO2 + (6a-1)/2H2O + 3/2 N2

0,1 0,3a (6a-1)0,05

Từ pt và dữ kiện đề bài ta có: 0,3a.44 + (6a-1)0,05.18 = 54,9 → a= 3

Phương trình đốt cháy X:

[CaH2a+1O2N]2(-1)H2O + (6a-3)/2 O 2aCO2 + (4a-1)/2H2O + 3/2 N2

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố C ta có: 31,2CaCOn mol 3CaCOm = 120 (g)

(chọn B).

III. Kết luận

Việc đưa bài tập peptit vào đề thi tuy có mới lạ nhưng nếu biết phân dạng và biết

phương pháp giải, học sinh vẫn có thể giải tốt. Thực tế giảng dạy cho thấy có nhiều em

giải tốt dạng bài tập này.


Trang 70

SỬ DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ELECTRON TRONG BÀI

TOÁN TRẮC NGHIỆM VỀ KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI HNO3,

H2SO4 ĐẶC.

Trường THPT Hoàng Diệu

I. MỤC ĐÍCH

- Trong số các phương pháp được sử dụng để giải bài toán hóa học thì phương

pháp bảo toàn electron có một vai trò rất lớn. Nó giúp cho học sinh giải nhanh những bài

toán hóa học có nhiều chất tham gia phản ứng, các phản ứng hóa học xảy ra phức tạp,

nhiều giai đoạn, nhiều quá trình.

- Bài toán hóa học về phản ứng của kim loại tác dụng với HNO3, H2SO4 đặc

chiếm một số lượng lớn kiến thức trong chương trình hóa học phổ thông, các phản ứng

hóa học xảy ra đều là phản ứng oxi hóa – khử. Việc sử dụng kiến thức về bảo toàn

electron sẽ giúp cho học sinh giải nhanh hầu hết các bài toán trắc nghiệm có liên quan

đến nội dung này.

- Phương pháp bảo toàn electron được thực hiện dựa trên nguyên tắc tổng số

electron mà chất khử cho bằng tổng số electron mà chất oxi hóa nhận; hay nói cách khác

tổng độ tăng số oxi hóa của chất khử bằng tổng độ giảm số oxi hóa của chất oxi hóa. Đặc

biệt với những phản ứng hóa học xảy ra phức tạp, nhiều giai đoạn, nhiều quá trình ta chỉ

cần quan tâm đến trạng thái oxi hóa ban đầu và cuối của nguyên tố mà không cần quan

tâm đến các quá trình biến đổi trung gian.

II. NỘI DUNG

1. Các chú ý khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron

- Khi giải bài tập bằng phương pháp bảo toàn electron ta cần phảixác định đầy đủ,

chính xác chất khử và chất oxi hóa; trạng thái số oxi hóa của chất khử, chất oxi hóa

trước và sau phản ứng; không cần quan tâm đến trạng thái oxi hóa của chất khử và chất

oxi hóa ở các quá trình trung gian.

- Nếu có nhiều chất oxi hóa và nhiều chất khử cùng tham gia trong bài toán, ta

cần tìm tổng số mol electron nhận và tổng số mol electron nhường rồi mới cân bằng.

- Cần kết hợp với các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để

giải bài toán.

- Ion NO3- trong môi trường axit H+ thể hiện tính oxi hóa như HNO3.

2. Phân loại

a) Phương pháp thăng bằng electron

Nguyên tắc: Khi có nhiều chất oxi hóa hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng (nhiều chất

phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số mol electron mà chất khử cho

phải bằng tổng số mol electron mà chất oxi hóa nhận.

b) Phương pháp ion - electron

- Phương pháp này dùng để giải nhanh nhiều bài toán khó mà nếu giải bằng

phương pháp thông thường thì rất mất thời gian thậm chí bế tắc.


Trang 71

Nguyên tắc: cũng giống như phương pháp thăng bằng electron nhưng phương pháp ion -

electron thường áp dụng chủ yếu cho các phản ứng oxi hóa - khử xảy ra trong dung dịch,

có sự tham gia của môi trường (axit, bazơ, nước).

- Nếu phản ứng có axit tham gia: vế nào thừa oxi ta thêm H+ để tạo ra H2O và

ngược lại.

Ví dụ: MnO4- + 8H+ + 5e Mn2+ + 4H2O

- Nếu phản ứng có bazơ tham gia: vế nào thừa oxi ta thêm nước để tạo ra OH- và

ngược lại.

Ví dụ: CrO2- + 4OH- CrO4

2- + 2H2O + 3e

- Nếu phản ứng có nước tham gia:

+ Sản phẩm phản ứng tạo ra axit: theo nguyên tắc phản ứng có axit tham gia.

+ Sản phẩm phản ứng tạo ra bazơ: theo nguyên tắc phản ứng có bazơ tham

gia.

Ví dụ: KMnO4 + K2SO3 + H2O MnO2 + KOH + K2SO4

MnO4- + 2H2O + 3e MnO2 + 4OH-.

SO32- + 2OH- SO4

2- + H2O + 2e

Một số vấn đề cần nhớ khi giải quyết bài toán kim loại với HNO3, H2SO4 đặc:

- Hầu hết kim loại đều phản ứng với HNO3, H2SO4 đặc (trừ Au, Pt).

- Kim loại bị oxi hóa đến mức cao nhất tạo thành hợp chất muối tương ứng.

HNO3, H2SO4 đặc bị khử tạo ra các sản phẩm khử khác nhau như: NO2, NO, N2O, N2,

NH4NO3 hoặc SO2, S, H2S.

- Kim loại Al, Fe, Cr bị thụ động trong HNO3 đặc, nguội và H2SO4 đặc, nguội.

* Với axit nitric (HNO3)

Một số phương trình ion – electron cần lưu ý:

2NO3- + 2H+ + 1e NO2 + H2O + NO3

-(tạo muối).

4NO3- + 4H+ + 3e NO + 2H2O + 3NO3

-(tạo muối).

10NO3- + 10H+ + 8e N2O + 5H2O + 8NO3

-(tạo muối).

12NO3- + 12H+ + 10e N2 + 6H2O + 10NO3

-(tạo muối).

10NO3- + 10H+ + 8e NH4NO3 + 3H2O + 8NO3

-(tạo muối).

* Với axit sunfuric (H2SO4)

Một số phương trình ion – electron cần lưu ý:

2SO42- + 4H+ + 2e SO2 + 2H2O + SO4

2-(tạo muối).

4SO42- + 8H+ + 6e S + 4H2O + 3SO4

2-(tạo muối).

5SO42- + 10H+ + 8e H2S + 4H2O + 4SO4

2-(tạo muối).


Trang 72

3. Các dạng bài tập thường gặp

Dạng 1: Một kim loại tác dụng với HNO3, H2SO4 đặc cho nhiều sản phẩm khử

a) Một số ví dụ

Ví dụ 1: Hòa tan hết 10,8 gam Al trong dd HNO3 dư thu được hỗn hợp khí X gồm NO và

NO2. Biết tỉ khối của X so với H2 bằng 19. Vậy thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp X

bằng:

A. 4,48 lít ; 4,48 lít. B. 6,72 lít ; 6,72 lít.

C. 2,24 lít ; 4,48 lít. D. 2,24 lít ; 2,24 lít.

Giải:

Gọi x, y lần lượt là số mol của NO và NO2.

Áp dụng sơ đồ đường chéo:

18

8

y

x x = y (1) Ta có:

Quá trình nhường e Quá trình nhận e

Al

→ Al+3 + 3e

0,4 mol 1,2 mol

N+5 + 3e → N+2

3x mol x mol

N+5 + 1e → N+4

y mol y mol

Theo định luật bảo toàn electron: 3x + y = 1,2 (2)

Từ (1) và (2), giải hệ phương trình, ta được: x = y = 0,3

Vậy: 2NONO VV = 0,3 . 22,4 = 6,72 lít (Đáp án B).

Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được

dung dịch X và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N2O và N2. Tỉ khối của

hỗn hợp khí Y so với khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan.

Giá trị của m là:

A. 97,98. B. 106,38. C. 38,34. D. 34,08.

Hướng dẫn giải

Số mol hỗn hợp khí: 4,22

344,1= 0,06 mol


Trang 73

1

1

8

8

2

2 N

ON

V

V

y

xx = y =

2

06,0= 0,03 (mol).

Ta có:


Al → Al+3 + 3e

0,46 mol 1,38 mol

2N+5 + 8e → 2N+1 (N2O)

0,24 mol 0,03 mol

2N+5 + 10e → N2

0,3 mol 0,03 mol

∑ne nhận = 0,24 + 0,3 = 0,54 < 1,38 phản ứng có sinh ra NH4NO3.

Số mol e mà N+5 nhận để tạo thành NH4NO3 : 1,38 - 0,54 = 0,84 mol

N+5 + 8e → N-3 (NH4NO3)

0,84 0,105

Khối lượng muối tạo thành: m = 3433 )( NONHNOAl mm

= 0,46 . 213 + 0,105 . 80 = 106,38 gam (Đáp án B).

b) Một số bài tập tương tự

Câu 1: Cho 10,8 g Al tan hết trong dd HNO3 loãng thu được sản phẩm duy nhất là 3,36

lít khí A (đktc). CTPT của khí A là:

A. N2O. B. NO2. C. NO. D. N2.

Câu 2: Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M trong dung dịch HNO3 dư thu được 8,96

lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO2 và NO có tỉ lệ thể tích 3:1. Xác định kim loại M.

A. Fe. B. Cu. C. Al. D. Zn.

Câu 3: Cho m gam Al tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 thì thấy thoát ra 11,2 lít

(đktc) hỗn hợp khí A gồm 3 khí N2, NO, N2O có tỉ lệ số mol tương ứng là 2:1:2. Giá trị m

là bao nhiêu ?

A. 27. B. 16,8. C. 35,1. D. 53,1.

Câu 4: Cho m gam Mg tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3, phản ứng làm giải phóng ra

khí N2O (duy nhất) và dung dịch sau phản ứng tăng 3,9 gam. Vậy m có giá trị là

A. 2,4. B. 3,6. C. 4,8. D. 7,2.

Câu 5: Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào dung dịch HNO3, được dung dịch X và 6,72

lít hỗn hợp khí Y gồm NO và 1 khí Z (với tỉ lệ thể tích là 1 : 1). Biết chỉ xảy ra 2 quá

trình khử, khí Z là


Trang 74

A. NO2. B. N2O. C. N2. D. NH3.

Câu 6: Cho m gam Fe vào dung dịch chứa 1,38 mol HNO3, đun nóng đến khi phản ứng

xảy ra hoàn toàn thấy còn lại 0,75m gam chất rắn không tan và có 0,38 mol hỗn hợp khí

NO, NO2 thoát ra. Giá trị của m là

A. 70. B. 56. C. 112. D. 84.

Dạng 2: Nhiều kim loại tác dụng với HNO3, H2SO4 đặc cho nhiều sản phẩm khử.

Công thức tính nhanh khối lượng muối và số mol axit

* Với axit nitric (HNO3)

Công thức tính nhanh:

- Khối lượng muối nitrat:

mmuối nitrat = mkim loại + 62. (34222

81083 NONHNONNONOnnnnn ) + 80.nNH4NO3

= mkim loại + 62. (34222

576)1083 NONHNONNONOnnnnn

- Số mol HNO3 phản ứng:

342223

.10.12.10.4.2 NONHNONNONOHNOnnnnnn

* Với axit sunfuric (H2SO4)


- Khối lượng muối sunfat:

mmuối sunfat = mkim loại + 2

96.(2

2SOn + 6 Sn + 8 SHn2

)

= mkim loại + 96.(2SOn + 3 Sn + 4 SHn

2)

- Số mol H2SO4 phản ứng:

42SOHn 2

2SOn + 4 Sn + 5 SHn2


Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO3, thu

được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối

và axit dư). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là

A. 2,24 lít. B. 4,48 lít. C. 5,60 lít. D. 3,36 lít.

Giải:

Đặt: nFe = nCu = a mol 56a + 64a = 12 a = 0,1 mol.

Gọi x, y lần lượt là số mol của NO và NO2.

Áp dụng sơ đồ đường chéo:


Trang 75

18

8

y

x x = y (1); Ta có:


Fe Fe+3 + 3e

0,1 0,3

Cu Cu+2 + 2e

0,1 0,2

N+5 + 3e N+2

3x x

N+5 + 1e N+4

y y

Theo định luật bảo toàn electron: 3x + y = 0,5 (2)

Từ (1) và (2), giải hệ phương trình, ta được: x = y = 0,125

Vậy: hhV = 0,125 . 2 . 22,4 = 5,6 lít (Đáp án C).

Ví dụ 2: Cho 3 kim loại Al, Fe, Cu vào 2 lít dung dịch HNO3 phản ứng vừa đủ thu được

1,792 lít khí X (đktc) gồm N2 và NO2 có tỉ khối hơi so với He bằng 9,25. Nồng độ mol/lít

HNO3 trong dung dịch đầu là

A. 0,28M. B. 1,4M. C. 1,7M. D. 1,2M.

Giải:

Số mol hỗn hợp khí: 4,22

792,1= 0,08 mol, MX= 9,25 . 4 = 37 (g/mol)

1

1

9

9

2

2 NO

N

V

V

y

xx = y =

2

08,0= 0,04 (mol)

Áp dụng công thức tính nhanh số mol HNO3 ta có: 3HNOn = 12.

2Nn + 2.2NOn = 0,56 mol

Nồng độ mol/lít của HNO3 ban đầu là: [HNO3] = 2

56,0 = 0,28M (Đáp án A).


Câu 1: Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu, Mg, Al tác dụng với HNO3 dư được 896 ml hỗn hợp gồm

NO và NO2 có M 42 . Tính tổng khối lượng muối nitrat sinh ra (khí ở đktc).

A. 9,41 gam. B. 10,08 gam.

C. 5,07 gam. D. 8,15 gam.

Câu 2: Hòa tan hết 4,43 gam hỗn hợp Al và Mg trong HNO3 loãng thu được dung dịch A

và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp hai khí (đều không màu) có khối lượng 2,59 gam trong đó có

một khí bị hóa thành màu nâu trong không khí. Số mol HNO3 đã phản ứng là

A. 0,51 mol. B. 0,45 mol.


Trang 76

C. 0,55 mol. D. 0,49 mol.

Câu 3:Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm

HNO3 và H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO, NO2, N2O. Phần trăm khối

lượng của Al và Mg trong X lần lượt là

A. 63% và 37%. B. 36% và 64%.

C. 50% và 50%. D. 46% và 54%.

Câu 4: Cho 12,9 gam hỗn hợp Mg và Al phản ứng với 100 ml dung dịch hỗn hợp 2 axit

HNO3 4M và H2SO4 7M thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO và N2O (không có sản phẩm

khử khác). Thành phần % theo khối lượng của Al trong hỗn hợp đầu là

A. 62,79%. B. 52,33%. C. 41,86%. D. 83,72%.

Câu 5: Cho 18,4 g hỗn hợp kim loại A, B tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm HNO3

đặc và H2SO4 đặc, nóng thấy thoát ra 0,3 mol NO và 0,3mol SO2. Cô cạn dung dịch sau

phản ứng, khối lượng chất rắn thu được là

A. 63,3g. B. 79,6g. C. 103g. D. 84,4g.

Câu 6: Hòa tan hoàn toàn 14,8g hỗn hợp kim loại Fe và Cu vào lượng dư dung dịch hỗn

hợp HNO3 và H2SO4 đặc, nóng. Sau phản ứng thu được 10,08 lít khí NO2 và 2,24 lít SO2

(đktc). Khối lượng Fe trong hỗn hợp là

A. 5,6g. B. 8,4g. C. 18g. D. 18,2g.

Câu 7: Hòa tan 3 gam hỗn hợp A gam kim loại R hòa trị I và kim loại hóa trị II M với

hỗn hợp dung dịch chứa HNO3 và H2SO4 đặc nóng, thu được 2,94 gam hỗn hợp khí Y

gồm NO2 và SO2. Thể tích của Y là 1,344 lít (đktc). Khối lượng muối khan thu được là:

A. 7,06g. B. 10,56g. C. 6,36g. D. 12,26g.

Câu 8: Hòa tan vừa đủ 6g hỗn hợp 2 kim loại X,Y có hóa trị tương ứng I, II vào dung

dịch hỗn hợp 2 axit HNO3 và H2SO4 thì thu được 2,688 lit hỗn hợp khí B gồm NO2 và

SO2 (đktc) và có tổng khối lượng là 5,88g. Cô cạn dung dịch sau cùng thì thu được m(g)

muối khan. Tính m?

A. 8,54g. B. 5,84g. C. 14,12g. D. 12,14g.

Dạng 3: Kim loại tác dụng với muối nitrat trong môi trường axit

Ion NO3- trong môi trường axit H+ thể hiện tính oxi hóa như HNO3.

Ví dụ: NO3- + 2H+ + 1e NO2 + H2O.

NO3- + 4H+ + 3e NO + 2H2O.

Lúc này ion NO3- có trong dung dịch muối còn ion H+ do môi trường axit phân li ra.


Ví dụ 1: Cho 3,2 gam bột Cu tác dụng với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO3 0,8M

và H2SO4 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, sinh ra V lít khí NO (sản phẩm

khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của V là

A. 0,746. B. 0,448. C. 1,792. D. 0,672.

Giải:


Trang 77

Số mol: nCu = 0,05 mol; 3HNOn = 0,08 mol;

42SOHn = 0,02 mol Hn = 0,12 mol

Phương trình ion thu gọn của phản ứng:

3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O

0,045 0,12 0,03 0,03 (mol)

Thể tích khí NO (đktc) là : 0,03 . 22,4 = 0,672 (lít) (Đáp án D).

Ví dụ 2: Cho 7,68 gam Cu vào 200 ml dd gồm HNO3 0,6M và H2SO4 0,5M. Sau khi các

phản ứng xảy ra hoàn toàn (sản phẩm khử duy nhất là NO), cô cạn cẩn thận toàn bộ dung

dịch sau phản ứng thì khối lượng muối khan thu được là

A. 20,16 gam. B. 19,76 gam.

C. 19,20 gam. D. 22,56 gam.

Giải:

Số mol: nCu = 0,12 mol; 3HNOn = 0,12 mol;

42SOHn = 0,1 mol Hn = 0,32 mol

Phương trình ion thu gọn của phản ứng:

3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O

0,12 0,32 0,08 0,12

Dung dịch sau phản ứng có 0,12 mol Cu2+ ; 0,1 mol SO42- ; và (0,12 – 0,08) = 0,04

mol NO3-

Khối lượng muối: mmuối = 0,12.64 + 0,1.96 + 0,04.62 = 19,76 gam. (Đáp án B).


Câu 1: Cho 3,84 gam Cu vào 200 ml dung dịch chứa KNO30,16 M và H2SO40,4 M thì

được một chất khí A có tỉ khối hơi đối với H2 là 15 và dung dịch B.

a) Thể tích khí A thoát ra ở đktc là

A. 0,896 lít. B. 1,792 lít.

C. 0,7168 lít. D. 0,3584 lít.

b) Thể tích dung dịch KOH 0,5M tối thiểu cần dung để kết tủa hết Cu2+ trong dung dịch

B là:


Câu 2: Cho 19,2 gam Cu vào 500 ml dung dịch NaNO3 1M, sau đó thêm tiếp 500 ml

dung dịch HCl 2M thu được khí NO duy nhất và dung dịch. Thể tích khí NO (đktc) là


Câu 3: Dung dịch X gồm AgNO3 và Cu(NO3)2 có cùng nồng độ. Lấy một lượng hỗn hợp

gồm 0,03 mol Al, 0,05 mol Fe cho vào 100 ml dung dịch X cho tới khí phản ứng kết thúc

thu được chất rắn Y chứa 3 kim loại. Cho Y vào HCl dư giải phóng 0,07 gam khí. Nồng độ

của hai muối là

A. 0,3M. B. 0,45M. C. 0,42M. D. 0,4M.

Câu 4: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe có số mol bằng nhau vào 100 ml dung dịch

Y gồm Cu(NO3)2và AgNO3, sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm ba kim


Trang 78

loại. Hòa tan A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28

gam chất rắn không tan B. Nồng độ CM của Cu(NO3)2 và AgNO3 lần lượt là

A. 0,2M và 0,1M. B. 0,2M và 0,3M.

C. 2M và 1M. D. 1M và 2M.

Câu 5: Một hỗn hợp X gồm Al và Fe có khối lượng 8,3g. Cho X vào 1 lít dung dịch A

chứa AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc được chất rắn B (hoàn

toàn không tác dụng với dung dịch HCl) và đung dịch C (hoàn toàn không có màu xanh

của Cu2+). Khối lượng chất rắn B và %Al trong hỗn hợp là

A. 28,7g; %Al = 33,14. B. 24,6g; %Al = 32,18.

C. 23,6g; %Al = 32,53. D. 24,8g; %Al = 31,18.

Câu 6: Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn

hợp gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được

dung dịch X chứa m gam muối và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V ml dung dịch

NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối thiểu của V

là

A. 240. B. 120. C. 360. D. 400.

Câu 7: Cho 0,87 gam hh gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300 ml dd H2SO4 0,1M. Sau

khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,32 gam chất rắn và có 448 ml khí (đktc)

thoát ra. Thêm tiếp vào bình 0,425 gam NaNO3, khi các phản ứng kết thúc thì thể tích khí

NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) tạo thành và khối lượng muối trong dung dịch là

A. 0,224 lít và 3,750 gam. B. 0,112 lít và 3,750 gam.

C. 0,112 lít và 3,865 gam. D. 0,224 lít và 3,865 gam.


Trang 79

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON TRONG CÁC

BÀI TOÁN TRẮC NGHIỆM VỀ KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI HNO3,

H2SO4 ĐẶC

Trịnh Dương Mỹ Hạnh

Trường THPT Mỹ Hương

Trong kì thi THPT quốc gia gần đây có nhiều bài tập khó học sinh không giải

được hoặc nếu giải được thì lại tốn khá nhiều thời gian, trong đó có kiến thức về phản

ứng oxi hóa- khử.

Nhằm giúp học sinh giải tốt các bài tập về phản ứng oxi hóa- khử, giáo viên cần

dạy cho các em phương pháp bảo toàn electron.

Trong phạm vi bài viết này, tôi xin trình bày vài ý kiến tham luận về “Sử dụng

phương pháp bảo toàn electron trong các bài toán trắc nghiệm về kim loại tác dụng với

HNO3, H2SO4 đặc” mà trong quá trình giảng dạy tôi đã cung cấp thêm cho học sinh nhằm

giúp các em có thể học tốt môn Hóa học.

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

I. PHẢN ỨNG OXI HÓA-KHỬ

1. Khái niệm về phản ứng oxi hóa-khử.

2. Số oxi hóa: cách xác định số oxi hóa của các nguyên tố trong chất vô cơ và hữu cơ.

3. Khái niệm chất khử, chất oxi hóa, quá trình oxi hóa, quá trình khử.

4. Phương pháp thăng bằng electron.

II. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON.

Trước tiên đối với phương pháp này giáo viên cần:

- Hướng dẫn học sinh xác định nguyên tố thay đổi số oxi hóa trước và sau phản

ứng.

+ Chất khử : số oxi hóa tăng sau phản ứng ( quá trình oxi hóa).

+ Chất oxi hóa: số oxi hóa giảm sau phản ứng ( quá trình khử).

- Viết quá trình nhường nhận e, cân bằng mỗi quá trình.

- Đặt hệ số vào phương trình và cân bằng.

Áp dụng định luật bảo toàn electron: tổng số mol electron chất khử nhường = tổng số

mol electron chất oxi hóa nhận.

Lưu ý: Khi giải bài tập bằng phương pháp bảo toàn electron ta cần phải xác định đầy đủ,

chính xác chất khử và chất oxi hóa; trạng thái số oxi hóa của chất khử, chất oxi hóa trước


Trang 80

và sau phản ứng; không cần quan tâm đến trạng thái oxi hóa của chất khử và chất oxi hóa

ở các quá trình trung gian.

B. BÀI TẬP ÁP DỤNG

Câu 1: Hoà tan hết m gam bột Al trong dung dịch HNO3 thu được 13,44 lít hỗn hợp ba

khí NO, N2O, N2 . Tỉ lệ thể tích các khí trên lần lượt là 3: 2 : 1.Trị số của m là

A. 32,4 gam. B. 40,5 gam.

C. 31,5 gam. D. 24,3 gam.

Giải: Al Al3+ + 3e

x ……………….. 3x

N +5 + 3e N+2

0,9 ………...0,3

2N +5 + 10e N2

1 mol………… 0,1

2N +5 + 8e 2N+1

1,6 …………. 0,2

3,5 = 3x x = 3

5,3 ; mAl = 27.

3

5,3 = 31,5 gam.

Câu 2: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg, Al vào dung dịch Y gồm HNO3

và H2SO4 thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO,NO2, N2O.Phần trăm khối lượng của Al,

Mg trong X lần lượt là:

A. 63% và 37%. B. 36% và 64%.

C. 50% và 50%. D. 46% và 54%.

Giải: Mg Mg+2 + 2e

xmol…………. 2x mol

Al Al+3 + 3e

y ………………….. 3y mol

N +5 + 3e N+2

0,3 ………...0,1

N +5 + 1e N+4

0,1………..0,1

2N +5 + 8e N2O

0,8………… 0,1

S+6 + 2e S+4

0,2......0,1

Ta có hệ phương trình:

4,132

152724

yx

yx x = 0,4 và y = 0,2


Trang 81

%mMg = 64%, %mAl = 36%.

Câu 3: Cho 12,8 gam Cu tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 thấy thoát ra hỗn hợp hai

khí NO và NO2 có tỷ khối đối với H2 bằng 19. Thể tích hỗn hợp khí ở (đktc) là


Giải:

Cu Cu+2 + 2e

0,2 ………………….0,4

nNO = nNO2 = x mol

N +5 + 3e N+2

3x............. x mol

N +5 + 1e N+4

x............... x mol

4x = 0,4 x = 0,1

Vhh khí = 2x = 2.0,1.22,4 = 4,48 (lít)

Câu 4: Nung nóng m gam hỗn hợp Al và Fe2O3 (trong môi trường không có không khí)

đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn Y, chia Y thành 2 phần bằng

nhau.

Phần 1: tác dụng với H2SO4 loãng dư sinh ra 3,08 lít khí H2 (đktc).

Phần 2: tác dụng với dung dịch NaOH dư sinh ra 0,84 lít H2 (đktc). Giá trị m là

A. 22,75. B. 21,4. C. 29,4. D. 29,43.

Giải:

Phần 2 phản ứng với NaOH Al dư, Fe2O3 hết.

Hỗn hợp Y : Al dư ( z mol), Fe (y mol ), Al2O3 (x mol)

Phần 1: Al Al3+ + 3e ; Fe Fe2+ + 2e ; 2H+ + 2e H2

z……………….. 3z y…………… . 2 y 0,275 … ….. .. 0,1375

Ta có: 3z + 2y = 0,275 (*)

Phần 2: Al Al3+ + 3e 2H+ + 2e H2

z……………….. 3z 0,075 … 0,0375

Ta có: 3z = 0,075 z = 0,025; Thay vào (*) y = 0,1


Trang 82

Fe2O3 + 2Al Al2O3 + 2Fe

0,05 ….. 0,1

m = (0,05 .102 + 0,025 .27 + 56.0,1 ).2 = 22,75 gam.

Câu 5: Cho 18,5 gam hỗn hợp Z gồm Fe, Fe3O4 hòa tan vào dung dịch HNO3 loãng phản

ứng hết thấy thoát ra 2,24 khí NO( đktc) là sản phẩm khử duy nhất; dung dịch Z1 và 1,46

gam kim loại còn dư . Khối lượng muối trong dung dịch Z là

A. 37,8g. B. 36,8 g. C. 48,6g. D. 46,8 g.

Giải: Fe (x mol ) ; Fe3O4 (b mol)

mKL pứ = 18,5 – 1,46 = 17,04 gam

56x + 232y = 17,04 (1)

Sau pứ kim loại dư tạo Fe(NO3)2 .

Fe Fe2+ + 2e

x.........................2x

Fe3O4 + 2e 3Fe2+

b............2b..............3b

N+5 + 3e N+2

0,1.......0,3........ 0,1

Ta có: 2a = 2 b + 0,3 (2)

Từ (1), (2) a = 0,18, b = 0,03

mFe(NO3)2 = ( a + 3b).180 = 48,6gam

Câu 6: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung

dịch X và 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm N2O và N2. Tỉ khối của Y so với H2 bằng

18 .Cô cạn dung dịch X thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là

A. 38,34. B. 34,08. C. 106,38. D.97,98.

nN2O= nN2 = 0,03 mol

Al → Al3+ + 3e

0,46……………1,38


Trang 83

2N+5 + 8e → N2O

0,24….. 0,03

2N+5 + 10e → N2

0,3….. 0,03

Số mol e nhường khác e nhận nên tạo muối amoni.

N+5 + 8e → N-3

0,84….. 0,105

Khối lượng muối = 80.0,105 + 213.0,46 = 106,38gam.

C. KẾT LUẬN:

Qua nội dung tôi trình bày ở trên, giáo viên có thể linh hoạt lựa chọn và ra đề bài

tập sao cho phù hợp với trình độ học sinh, phù hợp với mục đích ôn tập, mục đích của

mỗi kì thi.Trên đây là một vài ý kiến tham luận bổ sung vào hội nghị chuyên đề “Nâng

cao chất lượng dạy và học bộ môn hóa học ở trường THPT”.


Trang 84

SỬ DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ELECTRON ĐỂ GIẢI BÀI

TOÁN KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI AXIT HNO3, H2SO4 ĐẶC NÓNG

Trường THPT Thành phố Sóc Trăng

I. Đặt vấn đề

Hóa học là một môn khoa học tự nhiên, đòi hỏi cao sự logic, nhanh nhạy trong tư

duy của học sinh. Một số phương pháp thường dùng giải các bài tập như: phương pháp

bảo toàn khối lượng, phương pháp bảo toàn điện tích, phương pháp tăng giảm khối

lượng, phương pháp bảo toàn electron, phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình,

phương pháp biện luận... Việc nắm vững các lý thuyết và vận dụng các phương pháp này

một cách sáng tạo, khoa học vào giải bài tập hóa học là yêu cầu nghiêm túc và cũng là

một thách thức lớn đối với đại đa số các em học sinh. Có nhiều cách khác nhau để giải

một bài toán hoá học. Tuy nhiên với các bài toán có liên quan đến phản ứng oxi hoá-khử

thì bảo toàn electron là phương pháp phổ biến và tiện lợi thường được sử dụng.

II. Thực trạng của vấn đề

1. Thuận lợi

- Đội ngũ cán bộ giáo viên nhà trường và tổ bộ môn đảm bảo về số lượng và chất

lượng, đáp ứng yêu cầu của cấp học. Giáo viên trong nhà trường luôn có trách nhiệm cao,

say mê với nghề nghiệp và hết lòng yêu thương học sinh. Ngay từ đầu năm học, ban giám

hiệu và tổ bộ môn đã có triển khai các kế hoạch, chỉ thị năm học, kiểm tra, khảo sát theo

bộ môn để phân loại đối tượng học sinh, từ đó có biện pháp phụ đạo học sinh yếu kém,

bồi dưỡng học sinh khá giỏi.

- Học sinh trung học phổ thông sau khi được học chương “phản ứng oxi hoá khử ”

ở lớp 10, và phần “axit HNO3” ở lớp 11, đã bắt đầu làm quen với nhiều dạng bài toán

phức tạp, trong đó có bài toán về kim loại phản ứng với các chất có tính oxi hoá mạnh

(như HNO3, H2SO4 đặc nóng...) hoặc cả với những axit mạnh thông thường (như HCl,

H2SO4 loãng...).

- Có nhiều học sinh khá, giỏi đã có kĩ năng giải bài tập này theo phương pháp

thông thường (đặt ẩn, lập hệ phương trình).

2. Khó khăn

- Trình độ học lực của khối học sinh cấp THPT rất thấp, mất căn bản, thiếu

chuyên cần, còn thụ động, chưa thích ứng với phương pháp dạy học mới nên việc tiếp

thu kiến thức còn rất hạn chế. Tỉ lệ học sinh trên trung bình của bộ môn còn rất thấp.

- Đối tượng học sinh của trường THPT TP Sóc Trăng phần đông là học sinh có

lực học trung bình. Rất nhiều học sinh lớp 12 vẫn chưa hiểu được bản chất của các phản

ứng hóa học.

- Chưa biết cách áp dụng các định luật bảo toàn vào giải toán, đặc biệt là bảo toàn

electron trong phản ứng oxi hoá khử.

- Mỗi dạng bài tập có nhiều phương pháp làm, nhưng để tìm ra phương pháp hiệu

quả nhất để giải quyết là điều học sinh chưa làm được.

- Thói quen của học sinh về giải bài tập hoá học bao giờ cũng là viết phương trình

hoá học, đặt ẩn, lập hệ phương trình. Phương pháp này chỉ phù hợp với những bài toán

đơn giản, khi số ẩn và số phương trình đại số lập được bằng nhau. Mặt khác, với một câu


Trang 85

hỏi trắc nghiệm khách quan trong đề thi Tốt nghiệp THPT theo qui chế hiện hành với

thời gian trung bình 1,25 phút/1 câu hỏi thì việc giải nhanh bài toán này là vấn đề khá nan

giải.

- Với thực tiễn nêu trên, thì việc trang bị cho học sinh những kỹ năng giải nhanh

bài tập hóa học là một yêu cầu cấp thiết hiện nay. Một trong những phương pháp độc

đáo, thông minh, rất ngắn gọn mà lại chính xác, đó là “Phương pháp bảo toàn electron”.

III. Giải pháp

1. Cơ sở của phương pháp

Trước hết cần nhấn mạnh đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxi

hóa-khử, mặc dù phương pháp thăng bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxi hóa-

khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron.

2. Nguyên tắc của phương pháp

- Khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản

ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron của các chất khử cho phải

bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận. Tức là: Tổng số mol electron nhường =

tổng số mol electron nhận

- Khi vận dụng định luật bảo toàn electron vào cần lưu ý:

+ Trong phản ứng hoặc một hệ phản ứng chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và

trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử mà không cần quan tâm đến trạng thái

trung gian, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng.

Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán cần phải biện luận nhiều trường hợp

có thể xảy ra.

+ Nếu có nhiều chất oxi hóa và chất khử thì số mol electron trao đổi là tổng số

mol của tất cả chất nhường hoặc nhận electron.

3. Bài tập minh họa

Đối với phương pháp này chúng ta có thể vận dụng để giải những dạng bài tập

sau:

- Kim loại (hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit (hoặc hỗn hợp axit) không

có tính oxi hoá (HCl, H2SO4 loãng …)

- Kim loại (hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với axit (hoặc hỗn hợp axit) có tính

oxi hoá (HNO3, H2SO4 đặc, nóng …) tạo một khí hoặc hỗn hợp khí

- Oxit kim loại (hoặc hỗn hợp oxit kim loại) tác dụng với axit (hoặc hỗn hợp axit)

có tính oxi hoá (HNO3, H2SO4 đặc, nóng …)

- Các bài toán liên quan tới sắt (điển hình là bài toán để sắt ngoài không khí)

- Bài toán nhúng kim loại vào dung dịch muối

Nói chung bất kì bài toán nào liên quan tới sự thay đổi số oxi hoá đều có thể giải

được bằng phương pháp này. Tuy nhiên trong phạm vi bài viết, tôi chỉ đề cập đến dạng

toán kim loại tác dụng với HNO3, H2SO4 đặc, nóng

3.1. Dạng 1: Bài toán cho một kim loại (hoặc hỗn hợp các kim loại) tác dụng với dung

dịch axit HNO3 loãng, dung dịch axit HNO3 đặc, nóng cho ra hỗn hợp khí hợp chất của

nitơ như NO2, NO, N2O, N2, hoặc NH3 (tồn tại dạng muối NH4NO3 trong dung dịch).


Trang 86

Khi gặp bài tập dạng này cần lưu ý:

- Axit tác dụng với hầu hết kim loại (trừ Au, Pt)

- Sản phẩm gồm:

O2

2

2

2

34

n33

5

H

NO

ON

NO

N

NONH

)M(NOONHM

3.1.1. Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO3 rất loãng thì thu được

hỗn hợp gồm 0,015 mol khí N2O và 0,01mol khí NO (phản ứng không tạo NH4NO3). Giá

trị của m là


Giải:

Quá trình cho e Quá trình nhận e

0,015 0,12

2N8eN 15

0,01 0,03

N3eN 25

Áp dụng định luật bảo toàn electron tổng số mol e nhường bằng tổng số mol e nhận

3x = 0,03 + 0,12 = 0,15

x = 0,05 mol mAl = 0,05 x 27 = 1,35 (g).

3.1.2. Ví dụ 2: Hoàn tan hoàn toàn 12g hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng HNO3 thu

được V lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm NO, NO2. Tỉ khối của X so với H2 là 19. Giá trị V

là

A. 5,6. B. 2,8. C. 11,2. D. 8,4.

Giải:

Gọi a, b là số mol của Fe và Cu. Theo giả thiết ta có

56a + 64b = 12 a = b = 0,1 mol

Quá trình cho e

Quá trình nhận e

3x x

N3eN 25

yy

NeN 45

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có

3x x

3eAlAl 3

0,3 0,1

3eFeFe 3

0,2 0,1

2eCuCu 2


Trang 87

3x + y = 0,5 (1). Mặt khác theo đề bài ta có: (2) 2*19yx

46y30x

Giải hệ ta được x = y = 0,125 V = (0,125+0,125)*22,4 = 5,6 lit.

3.2. Dạng 2: Cho một kim loại (hoặc hỗn hợp các kim loại) tác dụng với dung dịch axit

H2SO4 đặc nóng cho sản phẩm là khí SO2 (khí mùi sốc), S (kết tủa màu vàng), hoặc khí

H2S (khí mùi trứng thối).

Khi gặp bài tập dạng này cần lưu ý:

- Kim loại có nhiều số oxi hóa khác nhau khi phản ứng với dung dịch axit H2SO4

đặc nóng sẽ đạt số oxi hóa cao nhất.

- Hầu hết các kim loại phản ứng được với H2SO4 đặc nóng (trừ Pt, Au) khi đó S+6

trong H2SO4 đặc nóng bị khử về các mức oxi hóa thấp hơn trong những sản phẩm như là

khí SO2, H2S hoặc S.

- Mốt số kim loại như Al, Fe, Cr, …thụ động trong H2SO4 đặc nguội.

- Sản phẩm gồm:

- Tính khối lượng muối sunfat thu được khi hoà tan hết hỗn hợp các kim loại bằng

H2SO4 đặc, nóng giải phóng khí SO2, S, H2S thì

mmuối= mkl + 96ngốc axit

4SOn trong muối =

2

nhuongen=

2

nhanen

3.2.1. Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 11,9 g hỗn hợp gồm Al và Zn bằng H2SO4 đặc nóng

thu được 7,616 lít SO2 (đktc), 0,64 g S và dung dịch X. Khối lượng muối trong dung dịch

X là

A. 50,3 g. B. 30,5 g. C. 35,0 g. D. 30,05 g.

Giải:

02,032

64,0n ; 34,0

4,22

616,7n SSO2

Quá trình nhận e

0,02 0,12

S6eS 6

0,34 0,68

S2eS 46

mmuối = mkim loại phản ứng + mgốc axit

mmuối= 3,502

0,680,12969,11

OH

SO

S

SH

)(SOMOSHM 2

2

2

n424

6

2


Trang 88

3.2.2. Ví dụ 2: Khi cho 9,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc thấy có

49 gam H2SO4 tham gia phản ứng tạo muối MgSO4, H2O và sản phẩm khử X. X là

A. SO2. B. S.

C. H2S. D. SO2, H2S.

Giải:

5,0n ; 0,4n42SOHMg

4SOn tạo muối = nMg = 0,4 mol → 4SOn tạo X = 0,1 mol

Quá trình cho e Quá trình nhận e

0,1 x)-(6*0,1

Sx)e(6S x6

Áp dụng định luật bảo toàn e:

Ta có 0,8 = 0,1 * (6-x) hay x = -2 hay khí đó là H2S.

3.3. Dạng 3: Cho một kim loại (hoặc hỗn hợp các kim loại) tác dụng với một dung dịch

hỗn hợp các axit như dung dịch hỗn hợp axit HNO3 loãng, axit HNO3 đặc nóng, dung

dịch axit H2SO4 đặc nóng, ...cho ra hỗn hợp các khí ...

Các lưu ý và cách giải giống với dạng 2 và dạng 3.

3.3.1. Ví dụ 1: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y

gồm HNO3 và H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO, NO2, N2O. Phần trăm khối

lượng của Al và Mg trong X lần lượt là

A. 63% và 37%. B. 36% và 64%.

C. 50% và 50%. D. 46% và 54%.

Giải:

Theo đề ta có: 24 nMg x + 27nAl= 15. (1)

Quá trình cho e:

Mg Mg2+ + 2e Al Al3+ + 3e

nMg 2.nMg nAl 3.nAl

Tổng số mol e nhường bằng (2.nMg + 3.nAl)

Quá trình nhận e:

N+5 + 3e N+2 2N+5 + 2*4e 2N+1

0,3 0,1 0,8 0,2

N+5 + 1e N+4 S+6 + 2e S+4

0,1 0,1 0,2 0,1

ne nhận = 1,4 mol.

Theo định luật bảo toàn electron: 2.nMg+ 3.nAl = 1,4 (2)

0,8 0,4

2eMgMg 2


Trang 89

Giải hệ (1), (2) ta được: nMg = 0,4 mol ; nAl = 0,2 mol.

27 0,2

%Al 100% 36%.15

%Mg = 100% 36% = 64%.

Đáp án B.

3.3.2. Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 14,8g hỗn hợp kim loại Fe và Cu vào lượng dư dung

dịch hỗn hợp HNO3 và H2SO4 đậm đặc, nóng. Sau phản ứng thu được 10,08 lít khí NO2

và 2,24 lít SO2 (đktc). Khối lượng Fe trong hỗn hợp là

A. 5,6 gam. B. 8,4 gam. C. 18 gam. D. 18,2 gam.

Giải:

1,0n ; 0,45n22 SONO

Quá trình cho e:

Fe Fe 3+ + 3e Cu Cu2+ + 2e

x 3x y 2y

Quá trình nhận e:

N+5 + e N+4 S+6 + 2e S+4

0,45 0,45 0,2 0,1

=> ta có hệ phương trình

0,652y3x

14,864y56x 0,1y ; 0,15x

mFe = 0,15 . 56 = 8,4 (gam).

IV. Bài học kinh nghiệm

- Qua thực tiễn vận dụng phương pháp trên, tôi nhận thấy rằng: với một số dạng

bài tập nếu học sinh chỉ áp dụng theo phương pháp thông thường thì mất rất nhiều thời

gian làm bài, hơn nữa lại trình bày dài dòng và khó hiểu; hơn nữa để giải nhanh bài tập

nhất là bài tập trắc nghiệm định lượng cần đòi hỏi phải tiết kiệm thời gian.

- Xuất phát từ thực tế giảng dạy, tôi thấy giải nhanh bài tập hóa học có ý nghĩa rất

quan trọng:

+ Thứ nhất: Học sinh tìm ra phương pháp giải nhanh rất hiệu quả đặc biệt trong

dạng bài tập trắc nghiệm khách quan

+ Thứ hai: Đòi hỏi học sinh không những nắm rõ bản chất, kĩ năng tính toán mà

còn tìm hướng giải quyết nhanh, ngắn gọn, tiết kiệm thời gian.

+ Thứ ba: Trong thời gian ngắn nhất đưa ra kết quả chính xác nhất và đó chính là

mục tiêu chung của giáo viên học sinh sẽ tận dụng tốt thời gian kiểm tra, thi cử.

+ Thứ tư: Học sinh có cách kiểm tra nhanh kết quả rèn luyện tư duy cho học sinh

đích đến, điểm đến.

V. Kết luận vấn đề


Trang 90

Qua việc áp dụng phương pháp trên vào thực tế giảng dạy tôi nhận thấy rằng:

phần quan trọng nhất trong quá trình áp dụng phương pháp này chính là giúp học sinh

định hướng được dạng bài tập, tìm ra bản chất của vấn đề để rút ngắn thời gian giải bài

tập. Đó cũng là động lực để tôi hoàn thành đề tài này.

Trên đây là những kinh nghiệm mà tôi đã tích luỹ được trong quá trình giảng dạy,

bồi dưỡng học sinh, ôn thi. Vì thời gian có hạn và kinh nghiệm bản thân chưa nhiều nên

chắc chắn đề tài này sẽ có nhiều điều cần bổ sung. Tôi rất mong nhận được các ý kiến

đóng góp của các cấp lãnh đạo và bạn bè đồng nghiệp để đề tài này được hoàn thiện hơn.

Xin chân thành cảm ơn!


Trang 91

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUI ĐỔI ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN

TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC

Trường THPT Hoàng Diệu

I. MỤC ĐÍCH

Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh bằng các phương pháp bảo toàn

electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng, song phương pháp quy đổi cũng tìm ra

đáp số rất nhanh và có thể vận dụng vào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh.

Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán hóa học từ các

dữ kiện ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó các bước tính trở

nên đơn giản và thuận tiện hơn.

Nguyên tắc của phương pháp quy đổi là dựa trên nguyên tắc bảo toàn nguyên tố

và bảo toàn điện tích (bảo toàn số oxi hóa).

II. NỘI DUNG

1. Các chú ý khi áp dụng phương pháp quy đổi

a) Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) thành hỗn hợp hai chất hay chỉ còn

một chất ta phải bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp.

b) Có thể quy đổi hỗn hợp X về bất kỳ cặp chất nào, thậm chí quy đổi về một chất. Tuy

nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng nhất để đơn giản việc tính toán.

c) Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số âm đó là do

sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán

bình thường và kết quả cuối cùng vẫn thỏa mãn.

d) Khi quy đổi hỗn hợp X về một chất là FexOy thì oxit FexOy tìm được chỉ là oxit

giả định không có thực.

e) Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là quy đổi thẳng về các

nguyên tử tương ứng. Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu biểu thị đúng

bản chất hóa học.

2. Phân loại: Có nhiều dạng quy đổi khác nhau

a) Quy đổi phân tử:

- Quy đổi hỗn hợp gồm nhiều chất thành hỗn hợp ít chất hơn hoặc chỉ có một chất

tương đương.

- Quy đổi một chất thành nhiều chất.

b) Quy đổi thành nguyên tử

Là phương pháp quy đổi hỗn hợp nhiều chất phức tạp thành các nguyên tử hoặc

đơn chất tương ứng.

c) Quy đổi tác nhân oxi hóa (hoặc khử)

Thay tác nhân oxi hóa (hoặc khử) này bằng tác nhân oxi hóa (hoặc khử) khác (quy

về số mol electron trao đổi như nhau).

3. Các dạng bài tập thường gặp


Trang 92

Dạng 1: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất thành ít chất hơn

Loại này thường áp dụng cho các bài toán hỗn hợp Fe và các oxit.

- Nếu đề bài cho hỗn hợp gồm các chất Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO thì ta có thể quy đổi

thành hỗn hợp Fe và Fe2O3 hoặc FeO và Fe2O3.

- Nếu đề bài cho hỗn hợp gồm các chất Fe2O3, Fe3O4, FeO thì ta có thể quy đổi

thành hỗn hợp FeO và Fe2O3.

- Nếu đề bài cho hỗn hợp gồm các chất Fe2O3, Fe3O4, FeO với số mol FeO và

Fe2O3 bằng nhau thì ta có thể quy đổi thành Fe3O4.


Ví dụ 1: (ĐHA-2008) Để hòa tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4

(trong đó số mol FeO bằng số mol Fe2O3), cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M. Giá

trị của V là:

A. 0,16. B. 0,18. C. 0,08. D. 0,23.

Giải:

Vì số mol FeO bằng số mol Fe2O3 nên ta quy hỗn hợp thành Fe3O4, ta có:

Số mol Fe3O4: 232

32,2 = 0,01 mol

Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl ta có

Fe3O4 + 8HCl FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O

0,01mol 0,08 mol

Thể tích dung dịch HCl cần dùng: 1

08,0 = 0,08 lít (Đáp án C).

Ví dụ 2: (ĐHB-2008) Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với

dung dịch HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y;cô cạn Y

thu được 7,62 gam FeCl2 vàm gam FeCl3. Giá trị của m là

A. 9,75. B. 8,75. C. 7,80. D. 6,50.

Giải:

Quy đổi hỗn hợp về hai chất FeO và Fe2O3:

Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl ta có

FeO + 2HCl FeCl2 + H2O

0,06mol 0,06 mol

Khối lượng của FeO trong hỗn hợp là: 0,06 . 72 = 4,32 gam

Khối lượng của Fe2O3 trong hỗn hợp là: 9,12 – 4,32 = 4,8 gam

Số mol Fe2O3: 160

8,4 = 0,03 mol


Trang 93

Fe2O3 + 6HCl 2FeCl3 + 3H2O

0,03mol 0,06 mol

Khối lượng của FeCl3 là: 0,06 . 162,5 = 9,75 gam(Đáp án A)


Câu 1: Để hoà tan hoàn toàn 23,2 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 (trong đó số

mol FeO bằng số mol Fe2O3), cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 0,5M. Giá trị của V

là

A. 1,8. B. 0,8. C. 2,3. D. 1,6.

Câu 2: Cho m gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl (dư).

Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được 7,62 gam

FeCl2 và 9,75 gam FeCl3. Giá trị của m là

A. 9,12. B. 8,75. C. 7,80. D. 6,50.

Câu 3: Cho 4,56 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl dư,

sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y; Cô cạn dung dịch Y thu

được 3,81 gam muối FeCl2 và m gam FeCl3. Giá trị của m là

A. 8,75. B. 9,75. C. 4,875. D. 7,825.

Câu 4: Cho m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 vào một lượng vừa đủ dung dịch

HCl 2M, thu được dung dịch Y có tỉ lệ số mol Fe2+ và Fe3+ là 1 : 2. Chia Y thành hai

phần bằng nhau. Cô cạn phần một thu được m1 gam muối khan. Sục khí clo (dư) vào

phần hai, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m2 gam muối khan. Biết m2 - m1 =

0,71. Thể tích dung dịch HCl đã dùng là

A. 160 ml. B. 80 ml. C. 240 ml. D. 320 ml.

Câu 5: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan

hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ

dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngưng thoát khí NO. Thể tích dung

dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc phương án nào

A. 25 ml; 1,12 lít. B. 0,5 lít; 22,4 lít.

C. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12 lít.

Dạng 2: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất thành các nguyên tử hoặc đơn chất riêng biệt

Khi đề bài cho một hỗn hợp các chất mà chỉ được tạo thành từ 2 hoặc 3 nguyên tố

hóa học thì ta quy đổi hỗn hợp các chất đó thành hỗn hợp của các nguyên tố.

+ Hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4, FeO quy đổi thành Fe và O.

+ Hỗn hợp gồm Fe, S, FeS, FeS2 quy đổi thành Fe và S.

+ Hỗn hợp gồm Cu, S, CuS, Cu2S quy đổi thành Cu và S.

+ Hỗn hợp gồm Cu, CuO, Cu2O quy đổi thành Cu và O.

+ Hỗn hợp gồm Al, Ca, Al4C3, CaC2 quy đổi thành Al, Ca và C.



Trang 94

Ví dụ 1: (DHB-2007) Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn

X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là

sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là (cho O = 16, Fe = 56)

A. 2,32. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,52.

Giải:

Qui đổi hỗn hợp X về Fe và O

Gọi x là số mol Fe và y là số mol O trong X. Theo đề bài ta có: 56x + 16y = 3 (1)

nNO = 0,025 mol;


Fe → Fe+3 + 3e

xmol 3xmol

O + 2e → O-2

ymol 2ymol ymol

N+5 + 3e → NO

0,075mol 0.025mol

Ta có: 3x = 2y + 0,075 (2)

Từ (1) và (2) giải hpt ta được: x = 0,045 và y = 0,03

Giá trị của m= mFe = 0,045 . 56 = 2,52 gam(Đáp án D)

Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam chất rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng dung

dịch HNO3 dư, thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2

dư vào dung dịch Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 110,95. B. 69,9. C. 81,55. D. 104,20.

Giải:

Qui đổi hỗn hợp X về Cu và S

Gọi x là số mol Cu và y là số mol S trong X. Theo đề bài ta có: 64x + 32y = 30,4 (1)

nNO = 0,9 mol; Ta có:


Cu → Cu+2 + 2e

xmol 2xmol

S → S+6 + 6e

ymol 6ymol

N+5 + 3e → NO

2,7mol 0,9mol

Ta có: 2x + 6y = 2,7 (2)

Từ (1) và (2) giải hpt ta được: x = 0,3 và y = 0,35

Ta có : Ba2+ + SO42- → BaSO4

SSOBaSO nnn 2

44 = 0,35 mol

Cu2+ + 2 OH- → Cu(OH)2

Giá trị của m = 0,35 . 233 + 0,3 . 98 = 110,95 gam (Đáp án A)


Trang 95


Câu 1: Cho 11,36 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung

dịch HNO3 loãng dư thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) và dung

dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là

A. 35,5. B. 34,6. C. 49,09. D. 38,72.

Câu 2: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng H2SO4

đặc nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (đktc). Phần trăm khối lượng oxi

trong hỗn hợp X là

A. 40,24%. B. 30,7%. C. 20,97%. D. 37,5%.

Câu 3: Hòa tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu

được dung dịch X và 3,248 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn dung

dịch X, thu được m gam muối sunfat khan. Giá trị của m là

A. 52,2. B. 48,4. C. 54,0. `D. 58,0.

Câu 4: Cho 18,4 gam hỗn hợp X gồm Cu2S, CuS, FeS2 và FeS tác dụng hết với HNO3

(đặc nóng dư) thu được V lít khí chỉ có NO2 (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung

dịch Y. Cho toàn bộ Y vào một lượng dư dung dịch BaCl2, thu được 46,6 gam kết tủa,

còn khi cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch NH3 dư thu được 10,7 gam kết tủa. Giá trị

của V là

A. 38,08. B. 11,2. C. 24,64. D. 16,8.

Câu 5: Hòa tan hoàn toàn 3,76 gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm S, FeS và FeS2trong dung

dịch HNO3 đặc nóng dư thu được 0,48 mol NO2 (là sản phẩm khử duy nhất)và dung dịch

Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2dư, lọc và nung kết tủa đến khối

lượng không đổi, được m gam hỗn hợp rắn Z. Giá trị của m là

A. 11,650. B. 12,815. C. 17,545. D. 15,145.

Câu 6 (TTST 2015): Hòa tan hết 17,92 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, FeO, Fe, Cu, CuO,

Al, Al2O3 (trong đó oxi chiếm 25,446% về khối lượng) vào dung dịch HNO3 loãng dư,

kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và 1,736 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2 và

N2O. Tỉ khối của Z so với H2 là 15,29. Cho NaOH đến dư vào Y rồi đun nóng, không có

khí thoát ra. Số mol HNO3 đã phản ứng với X là

A. 1,215. B. 1,392. C. 0,750. D. 1,475.

Câu 7: Hỗn hợp X gồm Al, Ca, Al4C3 và CaC2. Cho 15,15 gam X vào nước dư, chỉ thu

được dung dịch Y và khí Z. Đốt cháy hoàn toàn Z, thu được 4,48 lít CO2 (đktc) và 9,45

gam H2O. Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào Y, khi hết V lít hoặc 2V lít thì đều thu được

m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 13,26. B. 14,04. C. 15,60. D. 14,82.

Dạng 3: Quy đổi về hợp chất tương đương


Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl

acrylat và axit oleic, rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 (dư). Sau

phản ứng thu được 18 gam kết tủa và dung dịch X. Khối lượng X so với khối lượng dung

dịch Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như thế nào?


Trang 96

A. Tăng 2,70 gam. B. Giảm 7,74 gam.

C. Tăng 7,92 gam. D. Giảm 7,38 gam.

Giải:

Cách 1

n,n

n,

n

,

,

n

nnOHC

HCPU

CO

nn

)mol(,nnn)mol(,n HCPUCOOHHCPU

)g(,)mm(mmmm OHCO)giam(XCaCOCOOH

.

Cách 2

)nx(x,nnn OHOHCOHCPU

Ta có: ,)x,(*x,*mmmm HCPUOHC ,x .

22 COOH mm <

3CaCOm Δm↓ = 18 – (22 COOH mm ) = 7,38 (gam) (Đáp án D).

Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm hiđro, propen, axit acrylic, ancol anlylic (C3H5OH). Đốt cháy

hoàn toàn 0,75 mol X, thu được 30,24 lít khí CO2 (đktc). Đun nóng X với bột Ni một thời

gian, thu được hỗn hợp Y. Tỉ khối hơi của Y so với X bằng 1,25. Cho 0,1 mol Y phản

ứng vừa đủ với V lít dung dịch Br2 0,1M. Giá trị của V là

A. 0,6. B. 0,5. C. 0,3. D. 0,4.

Giải:

Trong 0,75 mol X có n C3HxOy = 1,35 : 3 = 0,45 mol => n H2 = 0,3 mol

Bảo toàn khối lượng có: nX = nY.1,25 = 0,125 mol => n H2phản ứng = 0,125 – 0,1 = 0,025

mol

Trong 0,125 molX có n C3HxOy = 0,125.0,45 : 0,75 = 0,075 mol

Bảo toàn liên kết п có: 0,075.1 = 0,025 + n Br2 => n Br2 = 0,05 mol V = 0,5 lít (Đáp

án B)


Câu 1: Hỗn hợp X gồm metyl fomat, anđehit acrylic và axit metacrylic. Đốt cháy hoàn

toàn m gam X rồi hấp thụ hết sản phẩm cháy vào 70 ml dung dịch Ca(OH)2 1M, thu được

5 gam kết tủa và khối lượng phần dung dịch tăng thêm 0,22 gam. Giá trị của m là

A. 1,54. B. 2,02. C. 1,95. D. 1,22.

Câu 2: Hỗn hợp X gồm axit đơn chức A, ancol đơn chức B và este E điều chế từ A và

B.Đốt cháy 9,6 gam hỗn hợp X thu được 8,64 gam H2O và 8,96 lít khí CO2 (đktc). Biết

trong X thì B chiếm 54,54% theo số mol hỗn hợp. Số mol ancol B trong 9,6 gam hỗn hợp

gần nhất với giá trị nào:

A. 0,06. B. 0,09. C. 0,08. D. 0,075.


Trang 97

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN

TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC

Lê Bảo Toàn

Trường THCS & THPT Khánh Hòa

I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT VÀ ĐẶC ĐIỂM CỦA PHƯƠNG PHÁP

- Phương pháp quy đổi là một trong những phương pháp tư duy độc đáo, dựa trên

những giả định không có thực, bằng cách biến đổi tương đương các chất và hỗn hợp cho

nhau để làm đơn giản hóa bài toán trắc nghiệm Hóa học.

- Phương pháp này thường được áp dụng cho những bài toán có chứa hỗn hợp

phức tạp của nhiều chất, hoặc các phản ứng xảy ra phức tạp và khó khăn trong việc xác

định thành phần các chất trong hỗn hợp sản phẩm tạo thành.

- Để vận dụng có hiệu quả phương pháp quy đổi, điều quan trọng là phải có kỹ

năng sơ đồ hóa những biến đổi Hóa học trong bài toán (chỉ rõ trạng thái đầu – trạng thái

cuối) và trong quá trình quy đổi phải tuân thủ chặt chẽ các định luật bảo toàn (khối lượng,

điện tích, nguyên tố, electron, ...).

- Cần lưu ý, do dựa trên những giả định chủ quan nên trong quá trình giải toán có

thể xuất hiện những kết quả âm (< 0) hoặc những biến đổi Hóa học phi thực tế, nhưng

nhờ áp dụng các định luật bảo toàn mà không làm ảnh hưởng đến kết quả chung của bài

toán.

II. PHÂN LOẠI CÁC DẠNG QUY ĐỔI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Tùy vào đặc điểm, tính chất phức tạp của từng bài toán mà có thể có các cách quy

đổi khác nhau, nhưng nhìn chung, có thể chia thành 4 dạng quy đổi cơ bản sau:

1. Dạng 1: Quy đổi theo hướng thu gọn

- Nguyên tắc chung của hướng quy đổi này là thu gọn hỗn hợp phức tạp các chất

ban đầu thành một hỗn hợp đơn giản và ít thành phần hơn. Khi đó sẽ làm giảm bớt số ẩn

số trong bài toán, giúp ta có thể giải hệ phương trình và tìm ra giá trị cụ thể của mỗi ẩn

số.

- Hướng quy đổi này thường áp dụng cho những bài toán hỗn hợp phức tạp mà

các nguyên tố tạo nên hỗn hợp đó có nhiều hóa trị, số oxi hóa.

- Để quy đổi theo hướng thu gọn, ta có 2 cách sau:

+ Cách 1: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất ban đầu thành hỗn hợp ít chất hơn.

+ Cách 2: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất ban đầu thành hỗn hợp của các nguyên

tử tương ứng.

Ví dụ 1: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết

hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO là sản phẩm khử duy

nhất. Giá trị của m là

A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32.

(Trích đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng năm 2007, khối B)

Giải:

Khi nung Fe trong O2 ở nhiệt độ cao, có thể xảy ra các phản ứng:


Trang 98

2Fe + O2 → 2FeO (1)

3Fe + 2O2 → Fe3O4 (2)

4Fe + 3O2 → 2Fe2O3 (3)

Khi cho hỗn hợp X tác dụng với HNO3 (dư):

Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (4)

3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (5)

3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6)

Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O (7)

Dấu hiệu: Bài toán chỉ cho 2 số liệu (3 gam và 0,56 lít) nhưng trong hỗn hợp X

có thể có đến 4 chất, tương ứng với 4 ẩn số. Tuy nhiên, 4 chất trong X chung quy lại chỉ

được tạo nên từ 2 nguyên tố Fe và O → dung quy đổi thu gọn.

Cách 1: Quy đổi hỗn hợp X (4 chất) thành hỗn hợp ít chất hơn.

Có rất nhiều cách quy đổi theo hướng này, ở đây tôi xin giới thiệu 3 trường hợp

điển hình:

Quy đổi: Coi X là hỗn hợp chỉ gồm Fe và Fe2O3.

Khi hòa tan hỗn hợp X vào HNO3 (dư), chỉ xảy ra phản ứng (4) và (7).

Theo (4): Fe NO

0,56n n 0,025 mol

22,4 →

2 3Fe O

3 56.0,025n 0,01 mol

160

→ m = 56.(0,025 + 0,01.2) = 2,52 gam.

Quy đổi: Coi X là hỗn hợp chỉ gồm FeO (x mol) và Fe3O4 (y mol).


Từ giả thiết, ta có: X

NO

m 72x 232y 3 gamx y

n 0,025 mol3 3

→ x 0,09 mol

y 0,015 mol

→ m = 56.(0,09 – 0,015.3) = 2,52 gam.

Quy đổi: Coi X là hỗn hợp chỉ gồm Fe (a mol) và FeO (b mol).



NO

m 56a 72b 3 gamb

n a 0,025 mol3

→ a 0,015 mol

b 0,03 mol

→ m = 56.(0,015 + 0,03) = 2,52 gam.

Nhận xét: Ngoài 3 cách quy đổi trên, còn nhiều cách quy đổi hỗn hợp X thành

hỗn hợp ít chất hơn. Nhưng qua phân tích nhận thấy, cách đơn giản nhất là quy đổi hỗn

hợp X thành hỗn hợp của Fe và Fe2O3 (hoặc FeO và Fe2O3, Fe3O4 và Fe2O3 cũng được),

vì Fe2O3 phản ứng với HNO3 không giải phóng khí NO, do đó ta có thể dùng số mol NO

để tính số mol chất còn lại trong hỗn hợp. Ngoài ra, với cách quy đổi X thành hỗn hợp


Trang 99

FeO và Fe3O4 như trên cho kết quả số mol âm (3 4Fe On 0,015 mol ) nhưng khối

lượng của Fe ban đầu vẫn không bị ảnh hưởng.

Cách 2: Quy đổi hỗn hợp X (4 chất) thành hỗn hợp của Fe và O nguyên tử.

Các phản ứng oxi hóa – khử trong bài toán có thể tóm tắt lại trong 3 quá trình:

0 3

Fe Fe 3e

0 2

O 2e O

5 2

N 3e N

Gọi số mol của Fe và O trong hỗn hợp quy đổi lần lượt là x và y.


e

m 56x 16y 3 gam

n 3x 2y 3.0,025 mol

→

x 0,045 mol

y 0,03 mol

→ m = 56.0,045 = 2,52 gam.

Nhận xét: Hướng quy đổi này khá đơn giản và giúp cho việc tính toán nhanh hơn,

đặc biệt là không cần viết các phương trình phản ứng dạng phân tử như cách 1, tiết kiệm

được thời gian giải toán.

Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm xenlulozơ, tinh bột, glucozơ và

saccarozơ cần 2,52 lít O2(đktc), thu được 1,8 gam nước. Giá trị của m là

A. 3,15. B. 5,25. C. 6,20. D. 3,60.

(Trích đề thi trung học phổ thông quốc gia năm 2016)

Giải:

Dấu hiệu: Bài toán cho 2 số liệu (2,52 lít và 1,8 gam) nhưng có đến 4 chất. Tuy

nhiên, cả 4 chất trên đều thuộc nhóm cacbohiđrat ứng với công thức chung Cn(H2O)m →

dung quy đổi thu gọn.

Quy đổi: Coi hỗn hợp đã cho là hỗn hợp của C và H2O.

Khi đốt cháy hỗn hợp quy đổi, chỉ có C cháy được: C + O2 → CO2

→ 2C O

2,52n n 0,1125 mol

22,4

Bảo toàn khối lượng hỗn hợp, ta được: m = 12.0,1125 + 1,8 = 3,15 gam.

2. Dạng 2: Quy đổi theo hướng khai triển

Hướng quy đổi này thường áp dụng cho các bài toán xác định công thức phân tử,

công thức cấu tạo của các hợp chất phức tạp được cấu tạo từ các thành phần hoặc các

nguyên tố đã biết. Khi đó, để làm đơn giản hóa bài toán, ta có thể phân tích hợp chất

phức tạp thành các thành tố nhỏ hơn, rồi xác định tỷ lệ giữa các thành phần này, để suy ra

công thức phân tử hoặc công thức cấu tạo ban đầu.


Trang 100

Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 34,8 gam một oxit sắt có dạng FexOy trong dung dịch H2SO4

đặc, nóng. Sau phản ứng thu được 1,68 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc).

Oxit FexOy là

A. FeO. B. Fe3O4.

C. Fe2O3. D. FeO hoặc Fe3O4.

Giải:

Dấu hiệu: Bài toán cho 2 số liệu (34,8 gam và 1,68 lít) nhưng chỉ có 1 oxit và

oxit này được tạo nên bởi 2 loại nguyên tố Fe và O → dung quy đổi khai triển.

Quy đổi: Coi FexOy (1 chất) là hỗn hợp của Fe (x mol) và O (y mol).

Quá trình phản ứng có thể tóm tắt lại trong sơ đồ sau:

6

2 4

0 34

H S O0 2 2

Fe FeS O

O O

Từ giả thiết, ta có:

oxit

e

m 56x 16y 34,8 gam

1,68n 3x 2y 2. mol

22,4

→

x 0,45 mol

y 0,6 mol

→ x 3

y 4 → Oxit đã cho là Fe3O4.

Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn một loại cao su Buna-N (được tạo thành từ phản ứng đồng

trùng hợp buta-1,3-đien với acrilonitrin) bằng một lượng O2 vừa đủ, thu được hỗn hợp

khí chứa 59,1% CO2 về thể tích. Tỷ lệ số mắt xích của 2 loại monome trong phân tử đã

cho là

A. 3:5. B. 2:1. C. 1:3. D. 3:2.

Giải:

Dấu hiệu: Bài toán cho số liệu ở dạng tỷ lệ (59,1%) nên ta có thể áp dụng phương

pháp tự chọn lượng chất. Sau khi đưa thêm số liệu về lượng chất, bài toán sẽ có 2 số liệu

nhưng chỉ có 1 chất ban đầu. Chất này phức tạp lại được cấu tạo từ 2 loại monome →

dung quy đổi khai triển.

Quy đổi: Coi loại cao su đã cho (1 chất) là hỗn hợp của buta-1,3-đien (x mol) và

acrilonitrin (y mol).

Xét trong 1 mol hỗn hợp quy đổi, ta có:

2O4 6 2 2C H 4CO 3H O

x 4x 3x

2O

2 2 2 2CH CH CN 3CO 1,5H O 0,5N

y 3y 1,5y 0,5y


Trang 101

Từ giả thiết, ta có: 2CO

hh

4x 3y%n 0,591

7x 5y

n x y 1 mol

→ x 0,25 mol

y 0,75 mol

→ x 1

y 3

→ Tỷ lệ số mắt xích của 2 loại monome là 1:3.

3. Dạng 3: Quy đổi trung bình

- Chất trung bình là chất được đặc trưng bởi các giá trị trung gian đại diện cho cả

hỗn hợp và là giá trị trung bình của tất cả các thành phần trong hỗn hợp. Do đó, có thể

dùng chất trung bình để mô tả định lượng những biến đổi Hóa học xảy ra đối với hỗn

hợp.

- Hướng quy đổi này áp dụng có hiệu quả cho các bài toán hỗn hợp các chất hữu

cơ cùng dãy đồng đẳng hoặc cùng nhóm chức, hoặc các kim loại cùng hóa trị, ...

- Chú ý, công thức trung bình không nhất thiết phải biểu diễn bằng một công thức

phân tử xác định, mà chỉ cần đại diện cho một vài đại lượng đặc trưng cần quan tâm.

Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO3, KHCO3 và MgCO3

trong dung dịch HCl (dư), thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc). Khối lượng KCl tạo thành

trong dung dịch sau phản ứng là

A. 8,94 gam. B. 16,17 gam.

C. 7,92 gam. D. 12,00 gam.

Giải:

Sơ đồ chung của các phản ứng: HCl2

3 3 3 2CO (HCO , CO ) CO

→ 2X CO

3,36n n 0,15 mol

22,4

Vì 3 3NaHCO MgCOM M 84 và cả 2 đều giải phóng CO2 theo tỷ lệ 1:1 về số

mol.

Quy đổi: Coi hỗn hợp NaHCO3 và MgCO3 là một muối có công thức phân tử 3MCO .

→ Hỗn hợp X trở thành hỗn hợp gồm 2 thành phần: 3MCO (x mol) và KHCO3

(y mol).


X

m 84x 100y 14,52 gam

n x y 0,15 mol

→

x 0,03 mol

y 0,12 mol

→ mKCl = 74,5.0,12 = 8,94 gam.

Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm propan, propen và propin có tỉ khối so với H2 là 21,2. Đốt cháy

hoàn toàn 0,1 mol X thì tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là

A. 18,60 gam. B. 18,96 gam.

C. 19,32 gam. D. 20,40 gam.


Trang 102

(Trích đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng năm 2008, khối A)

Đáp án: B.

Giải:

Nhận thấy cả 3 chất đã cho đều có cùng 3 nguyên tử C, chỉ khác nhau về số

nguyên tử H.

Ta có: M 21,2.2 12.3 H → H 6,4

Quy đổi: Coi hỗn hợp X là 1 chất duy nhất có công thức phân tử C3H6,4.

ot

3 6,4 2 2C H 3CO 3,2H O

0,1 mol 0,3 mol 0,32 mol

→ 2 2CO H Om 44.0,3 18.0,32 18,96 gam.

4. Dạng 4: Quy đổi phản ứng

- Trong một số bài toán, sự biến đổi Hóa học của các chất ban đầu có thể trải qua

nhiều giai đoạn với nhiều phản ứng hóa học khác nhau mà để biện luận, đánh giá thành

phần hỗn hợp các chất sau phản ứng trong từng giai đoạn là rất khó khăn và tốn nhiều

công sức.

- Khi gặp những bài toán như vậy, chỉ cần quan tâm trạng thái đầu của các chất

tham gia phản ứng và trạng thái cuối của các sản phẩm, từ đó tìm cách sơ đồ hóa những

biến đổi Hóa học trong bài toán và quy đổi các quá trình phản ứng đó cho nhau; trong

một số trường hợp, thậm chí có thể coi như phản ứng không xảy ra.

Ví dụ 7: Một bình kín chứa V lít NH3 và V’ lít O2 ở cùng điều kiện. Nung nóng bình có

xúc tác, NH3 chuyển hết thành NO, sau đó NO chuyển hết thành NO2. Lượng NO2 và O2

còn lại trong bình hấp thụ vừa hết vào nước tạo thành dung dịch HNO3. Tỷ số V’/V là

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Giải:

Các quá trình phản ứng xảy ra như sau:

4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O

2NO + O2 → 2NO2

4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3

Quy đổi: Coi các quá trình phản ứng trên là một phản ứng duy nhất.

NH3 + 2O2 → HNO3 + H2O

→ Tỷ số V’/V là 2.

Ví dụ 8: Cho 15,00 gam glyxin vào 300 ml dung dịch HCl, thu được dung dịch X. Cho X

tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch KOH 2M ,thu được dung dịch Y. Cô cạn Y, thu

được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là

A. 53,95. B. 44,95. C. 22,60. D. 22,35.

(Trích đề minh họa kỳ thi trung học phổ thông quốc gia năm 2017)


Trang 103

Giải:

H2N-CH2-COOH + HCl → ClH3N-CH2-COOH (1)

Khi dung dịch X tác dụng vừa đủ với KOH:

ClH3N-CH2-COOH + 2KOH → H2N-CH2-COOK + KCl + 2H2O (2)

H2N-CH2-COOH (dư, nếu có) + KOH → H2N-CH2-COOK + H2O (3)

HCl (dư, nếu có) + KOH → KCl + H2O (4)

Dấu hiệu: Vấn đề của bài toán là rất khó biện luận xem trong dung dịch X có

chứa những chất gì, do đó không biết sẽ xảy ra phản ứng (3) hay (4). Tuy nhiên, dù có

xảy ra phản ứng (3), (4) hay không thì chất rắn cuối cùng sau khi cô cạn vẫn là H2N-CH2-

COOK và KCl. Ở đây, ClH3N-CH2-COOH = H2N-CH2-COOH.HCl có thể xem là chất

trung gian “ngậm” HCl → dung quy đổi phản ứng.

Quy đổi: Coi phản ứng của dung dịch X với KOH là phản ứng của hỗn hợp glyxin

và HCl với dung dịch KOH, tức là coi như phản ứng (1) không xảy ra.

→ nKOH = nglyxin + nHCl →

HCl KOH glyxin

15n n n 2.0,25 0,3 mol

75

2 2 2 2

KCl HCl

H N CH COOK H N CH COOH

n n 0,3 mol

n n 0,2 mol

→ m = 74,5.0,3 + 113.0,2 = 44,95 gam.

III. KẾT LUẬN

Qua phân tích các ví dụ trên thấy rõ, việc sử dụng phương pháp quy đổi trong giải

toán trắc nghiệm Hóa học là hết sức cần thiết và quan trọng. Nó giúp đơn giản hóa việc

tính toán, biện luận sản phẩm, tiết kiệm được thời gian và công sức, ... Phương pháp này

có thể áp dụng để giải nhanh một số bài toán trắc nghiệm Hóa vô cơ và hữu cơ. Tuy

nhiên, không có phương pháp giải toán nào là vạn năng, rõ ràng trong các ví dụ trên,

phương pháp quy đổi được sử dụng kết hợp với một số phương pháp giải toán khác như:

bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng, tự chọn lượng chất, ... Có

như thế mới đảm bảo tính hiệu quả, chính xác và nhanh chóng của việc giải toán trắc

nghiệm nói chung và trắc nghiệm Hóa học nói riêng.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Bộ Giáo dục và Đào tạo (2007), Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, khối B.

[2] Bộ Giáo dục và Đào tạo (2008), Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, khối A.

[3]Bộ Giáo dục và Đào tạo (2016), Đề thi trung học phổ thông quốc gia.

[4]Bộ Giáo dục và Đào tạo (2017), Đề minh họa kỳ thi trung học phổ thông quốc gia.

[5]Phạm Ngọc Bằng (chủ biên), Vũ Khắc Ngọc, Hoàng Thị Bắc, Từ Sỹ Chương, Lê Thị

Mỹ Trang, Hoàng Thị Hương Giang, Võ Thị Thu Cúc, Lê Phạm Thành và Khiếu Thị

Hương Chi (2012), 16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học,

Nhà xuất bản Đại học Sư phạm.


Trang 104

GIẢI TOÁN HÓA TRUNG HỌC PHỔ THÔNG BẰNG PHƯƠNG

PHÁP QUY ĐỔI

Võ Huy Hoàng

Trường THPT An Thạnh 3

A. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ

Trong chương trình hoá họcTrung học phổ thông (THPT), bài toán về phản ứng

oxi hoá- khử là bài toán rất quan trọng, phổ biến, thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi,

tuyển sinh vào đại học -cao đẳng. Những bài toán oxi hoá - khử được đề cập trong các tài liệu

tham khảo với nhiều cách giải khác nhau. Tuy nhiên ta nhận thấy có một phương pháp rất

hiệu quả giải quyết được phần lớn các bài tập dạng này đó là phương pháp Quy đổi. Với việc

sử dụng phương pháp này, những bài toán về hỗn hợp chất khử, chất oxi hoá tham gia phản

ứng oxi hoá- khử sẽ được giải quyết một cách rất ngắn gọn và đơn giản.

Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy tâm lý chung của học sinh là rất ngại và

lúng túng khi gặp các bài toán hỗn hợp các chất oxi hóa, chất khử phản ứng. Với mong

muốn giúp các em học sinh THPT thay đổi tâm lý khi gặp các bài toán oxi hoá - khử

phức tạp và có cách tiếp cận, giải quyết các bài toán này một cách nhẹ nhàng. Sau đây tôi

tập trung khai thác một số các bài toán phản ứng oxi hoá - khử phức tạp bằng phương

pháp Quy đổi.

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. CƠ SỞ VỀ PHƯƠNG PHÁP

1. Nguyên tắc chung

Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một

hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính toán trở nên dễ

dàng và thuận tiện. Khi áp dụng phương pháp quy đổi thì phải tuân thủ theo hai nguyên

tắc sau:

+ Bảo toàn nguyên tố.

+ Bảo toàn số oxi hóa.

2. Các phương pháp quy đổi và chú ý đến một số dạng

- Bài toán hóa học có nhiều hướng quy đổi khác nhau, trong đó có hai hướng

chính:

+ Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai chất hoặc chỉ một chất hoặc về kim

loại và oxi.

Trong trường hợp này thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như ban đầu nhưng ta

chuyển thành hỗn hợp với số chất ít hơn ( cũng trong số các chất đó), thường là hỗn hợp

hai chất, thậm chí là một chất duy nhất.

Ví dụ 1: Hỗn hợp gồm các chất: FeO, Fe2O3, Fe3O4. Ta có thể chuyển thành các

tổ hợp sau: FeO, Fe2O3 hoặc thành Fe3O4 với điều kiện số mol FeO bằng số mol Fe2O3 .

Ví dụ 2: Hỗn hợp gồm các chất: Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Ta có thể chuyển thành

các tổ hợp sau: (Fe, FeO); (Fe, Fe2O3); (Fe, Fe3O4); ( FeO, Fe2O3); (FeO,Fe3O4) ;( Fe2O3,

Fe3O4) hoặc FexOy.


Trang 105

Ví dụ 3: Hỗn hợp gồm các chất:Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Ta có thể chuyển thành

Fe và O.

+ Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng:

Trong trường hợp này ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ

gồm 2 hoặc 3 nguyên tố. Do đó, có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm 2

hoặc 3 chất là các nguyên tử tương ứng.

Ví dụ: ( Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, CuS2) Quydoi (Cu, Fe, S).

Khi thực hiện phép quy đổi phải đảm bảo các quá trình sau:

+ Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron).

+ Do sự thay đổi tác nhân oxi hóa có sự thay đổi sản phẩm cho phù hợp.

* Thông thường ta gặp các dạng bài sau:

Kim loại 1OXH Hỗn hợp sản phẩm trung gian 2OXH

Sản phẩm cuối.

Ví dụ: Quá trình oxi hóa hoàn toàn thành Fe3+

Fe Fe3+

FexOy

Ở đây, vì trạng thái đầu (Fe) và trạng thái cuối (Fe3+) ở hai quá trình là như nhau,

ta có thể quy đổi hai tác nhân oxi hóa O2 và HNO3 thành một tác nhân duy nhất là O2.

- Do việc quy đổi bên trong một số trường hợp số mol một chất có thể có giá trị

âm để tổng số mol mỗi nguyên tố là không đổi (Bảo toàn)

- Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp và sử dụng các phương pháp bảo toàn

khối lượng, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hóa bài toán để

tránh viết phương trình phản ứng (ptpư) để rút ngắn thời gian làm bài.

- Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là quy đổi thẳng về các

nguyên tử tương ứng. Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu.

II. CÁC DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP

1. Dạng 1: Hỗn hợp các oxit kim loại và kim loại

Phương pháp: Quy đổi hỗn hợp về các tổ hợp đơn giản hoặc về kim loại và oxi.

Ví dụ 1: Để hòa tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 trong đó ( nFeO

= nFe2O3). Cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M. Giá trị V là

A. 0,23. B. 0,18. C. 0,08. D. 0,16.

+O2

+O2 +HNO3 (1)

(2)


Trang 106

Giải:

FeO FeCl2

Fe3O42 3FeO Fe On n

Fe3O4HCl

Fe2O3 FeCl3

2,32 gam 2,32 gam

nFe3O4 = 0,01

Fe3O4 + 8HCl FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O

0,01 0,08 VHCl = 0,08 lít.

Ví dụ 2: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan

hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư thoát ra 0,56 lít ở đktc NO (là sản phẩm khử

duy nhất). Giá trị m là

A. 2,22. B. 2,32. C. 2,52. D. 2,62.

Giải:

0,025( )NOn mol

Fe Khí NO

Fe [ ]OX FeO 3HNO

(0,56 lít, đktc)

Fe2O3

Fe3O4

m (gam) 3,0(gam) dung dich Fe3+

Trong trường hợp này ta quy đổi thành các tổ hợp sau: (Fe, FeO) ; (Fe, Fe2O3) ; (Fe,

Fe3O4); ( FeO, Fe2O3) ; (FeO,Fe3O4) ;( Fe2O3, Fe3O4) hoặc FexOy.

Fe (x mol)

Phương án 1: Quy đổi hỗn hợp X thành Fe2O3 (y mol)

Vậy: m Fe = ( x + 2y).56

Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 160y = 3,0 (1)

Các quá trình nhường nhận electron:

Fe0 Fe+3 + 3e N+5 + 3e N+2

x 3x 0,075 0,025

Theo bảo toàn electron: 3x = 0,075 (2)

x= 0,025 Fe : 0,025 mol

y = 0,01 Vậy X gồm Fe2O3: 0,01 mol m Fe = ( x + y).56=2,52 gam

Phương án 2:


Trang 107

Fe (x mol)

Quy đổi hỗn hợp X thành FeO (y mol)

Vậy: m Fe = ( x + y).56



Fe0 Fe+3 + 3e ; Fe+2 Fe+3 + 1e N+5 + 3e N+2

x 3x y y 0,075 0,025

Theo bảo toàn electron: 3x + y = 0,075 (2)

Từ (1) và (2) x= 0,015 Fe : 0,015 mol

y = 0,03 Vậy X gồm FeO : 0,03 mol

m Fe = ( x + y).56 =2,52 gam

Phương án 3:

FeO (x mol)

Quy đổi hỗn hợp X thành Fe3O4 (y mol)

Vậy: m Fe = ( x + 3y).56


Theo bảo toàn electron: x + y = 0,075 (2)

Giải (1) và (2) ta được:

x = 0,09 FeO : 0,09 mol

y = - 0,015 Vậy X gồm Fe3O4 : - 0,015 mol

m Fe = ( x + 3y).56= 2,52 gam

Chú ý: Trường hợp ra số mol bởi vì luật bù trừ về bảo toàn khối lượng, cứ giải bình

thường.

Phương án 4:

Fe : (x mol)

Quy đổi hỗn hợp X thành O2 : (y mol)

Sơ đồ hóa bài toán:

Fe0 NO: (0,025 mol)

Fe [ ]O X 3HNO

O20 Fe3+ : x mol

O2- : y mol

Vậy: m Fe = ( x ).56



Trang 108

Theo bảo toàn electron: x + y = 0,075 (2)


Fe0 Fe+3 + 3e ; O20 + 4 e2O-2 N+5 + 3e N+2

x 3x y 4y 0,075 0,025

Theo bảo toàn electron: 3x = 4y + 0,075 (2)

Giải (1) và (2) ta được:

x 0,045

y 0,015

Vậy X gồm

3

2

Fe : 0,045 mol

O : 0,015 mol

m Fe = ( x ).56 =0,045.56= 2,52 gam

Ngoài ra còn các phương án quy đổi .v.v.

Ví dụ 3: Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X

gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư thu được

2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là

A. 11,2 gam. B. 10,2 gam.

C. 7,2 gam. D. 6,9 gam.

Giải:

Phương án 1:Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe2O3:

Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư ta có

Fe + 6HNO3 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O

0,1

3 0,1 mol

Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe2O3 là

Fe

8,4 0,1 0,35n

56 3 3

2 3Fe O

0,35n

3 2

Vậy: 2 3X Fe Fe Om m m

X

0,1 0,35m 56 160

3 3 = 11,2 gam.

Phương án 2: Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3:

FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O

0,1 0,1 mol

Ta có:

2

2 2 3

2Fe O 2FeO

0,1 0,1 mol0,15 mol

4Fe 3O 2Fe O

0,05 0,025 mol


Trang 109

2h Xm = 0,172 + 0,025160 = 11,2 gam.

Chú ý: Vẫn có thể quy hỗn hợp X về hai chất (FeO và Fe3O4) hoặc (Fe và FeO),

hoặc (Fe và Fe3O4) nhưng việc giải trở nên phức tạp hơn (cụ thể là ta phải đặt ẩn số mol

mỗi chất, lập hệ phương trình, giải hệ phương trình hai ẩn số).

Phương án 3: Quy hỗn hợp X về một chất là FexOy:

FexOy + (6x2y)HNO3 Fe(NO3)3 + (3x2y) NO2 + (3xy)H2O

0,1

3x 2y mol 0,1 mol.

Fe

8,4 0,1.xn

56 3x 2y

x 6

y 7 mol.

Vậy công thức quy đổi là Fe6O7 (M = 448) và6 7Fe O

0,1n

3 6 2 7

= 0,025 mol.

mX = 0,025448 = 11,2 gam.

Nhận xét: Quy đổi hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 về hỗn hợp hai chất là FeO,

Fe2O3 là đơn giản nhất.

Ví dụ 4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 thì cần 0,05

mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc

nóng thì thu được thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) là

A. 224 ml. B. 448 ml. C. 336 ml. D. 112 ml.

Giải:

Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 với số mol là x, y, ta có:

FeO + H2

ot Fe + H2O

x x

Fe2O3 + 3H2

ot 2Fe + 3H2O

x 3y

x 3y 0,05

72x 160y 3,04

x 0,02 mol

y 0,01 mol

2FeO + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O

0,02 0,01 mol

Vậy: 2SOV = 0,0122,4 = 0,224 lít (hay 224 ml).

2. Dạng 2: Hỗn hợp gồm kim loại, sunfua kim loại và lưu huỳnh

Phương pháp : Quy đổi hỗn hợp đó thành kim loại và lưu huỳnh

Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 25,6g hỗn hợp Fe, FeS, FeS2 và S bằng dung dịch

HNO3 dư thu được dung dịch Y và V lít khí NO duy nhất. Thêm dung dịch Ba(OH)2 dư

vào dung dịch Y thu được 126,25g kết tủa. Giá trị của V là

A. 27,58. B. 19,04. C. 24,64. D. 17,92.


Trang 110

Giải:

Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành Fe và S .

Đặt số mol Fe,S lần lượt là x,y ta có 56x + 32y = 25,6 (1)

Ba2+ + SO42- → BaSO4 ↓ Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 ↓

y mol y mol x mol x mol

Ta có : 233y + 107x = 126,5 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :56x 32y 22,56

107x 233y 126,25

x 0, 2 mol

y 0, 45 mol

Fe0 → Fe+3 + 3e

0,2 0,6 mol N+5 + 3e → N+2

S0 → S+6 + 6e 3a mol a mol

0,45 2,70 mol

Bảo toàn mol electron cho - nhận : 0,6 + 2,70 = 3a → a = 1,1

VNO = 1,1.22,4 = 24,64 lít.

Nhận xét: Bài toán này nếu giải bằng phương pháp thông thường thì phải viết 4 phương

trình phản ứng oxi hoá- khử rất phức tạp ngoài ra còn phải viết 2 ptpư trao đổi nữa

Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 30,4g hỗn hợp rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng

dung dịch HNO3 thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đkch) và dung dịch Y. Thêm

Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y số gam kết tủa thu được là

A. 81,55. B. 29,40. C. 110,95. D. 115,85.

Giải:

Quy đổi hỗn hợp rắn X thành hỗn hợp các nguyên tử Cu và S

Gọi số mol Cu và S lần lượt là x,y ta có 64x + 32y = 30,4 (1) ta có nNO = 0,9 (mol)

Các phương trình cho- nhận electron :

Cu → Cu2+ + 2e N+5 + 3e → N+2

x x 2x mol 2,7 0,9 mol

S → S+6 + 6e

y y 6y mol

Bảo toàn mol electron ta có : 2x + 6y = 2,7 (2) ; Giải từ (1) và (2) ta được:

x 0,3

y 0,35

Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2 ↓ Ba2+ + SO42- → BaSO4 ↓

0,3 0,3 mol 0,35 0,35 mol

Tổng khối lượng kết tủa là : 0,3.98 + 0,35.233 = 110,95 gam


Trang 111

Nhận xét: Lời giải bài toán sâu sắc, ngắn gọn, dễ hiểu. Chuyển được bài toán phức tạp

về bài toán đơn giản dễ áp dụng.

C. KẾT LUẬN

Thông qua hệ thống các bài tập trên chúng ta thấy được việc sử dụng phương pháp

quy đổi để giải các bài tập phản ứng oxi hoá - khử giúp cho bài toán được giải quyết một

cách ngắn gọn và đơn giản. Đặc biệt là có những bài toán phản ứng oxi hoá - khử phức

tạp nhưng được giải quyết bằng phương pháp quy đổi một cách rất độc đáo.

Với việc triển khai giảng dạy cho học sinh THPTQG ở lớp bồi dưỡng là khá thuận

lợi và đạt được thành công cao. Đối với học sinh học tập hiệu quả, hứng thú và hấp dẫn

và đặc biệt tham luận này góp phần không nhỏ trong kỳ thi THPTQG quốc gia sắp tới.

Trên đây là những kinh nghiệm của tôi tích lũy trong quá trình dạy học. Tuy đã cố

gắng song không thể tránh được các thiếu sót, rất mong được sự đóng góp ý kiến của các

cấp lãnh đạo, của các bạn đồng nghiệp để nội dung báo cáo tham luận của tôi được hoàn

thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn.


Trang 112

a

b

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN TRẮC NGHIỆM DẠNG

ĐỒ THỊ

Trường THPT Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai

- Hiện nay, việc vận dụng đồ thị trong toán học để giải quyết nhanh các bài toán

hóa học, tỏ ra có nhiều ưu điểm. Vì phương pháp này giúp học sinh tiết kiệm được nhiều

thời gian tính toán để có kết quả. Đặc biệt trong những năm gần đây, các bài tập trắc

nghiệm hóa học dưới dạng đồ thị đã có mặt trong các kì thi tốt nghiệp THPT, Đại học và

Cao đẳng.

- Tuy nhiên, trong chương trình hóa học của trung học phổ thông, chưa nói nhiều

về phương pháp đồ thị, tài liệu hướng dẫn giải bài tập bằng phương pháp này còn ít, các

em học sinh thực sự gặp khó khăn, thường lúng túng khi va chạm dạng bài toán này.

- Với hình thức thi trắc nghiệm như hiện nay, thì việc giải nhanh các bài toán

Hóa học là yêu cầu hàng đầu của người học. Phương pháp giải nhanh một bài toán sẽ

giúp người học tiết kiệm được thời gian, rèn luyện được tư duy và năng lực phát hiện vấn

đề.

Trên cơ sở đó, tôi xin đưa ra một số kinh nghiệm, hướng dẫn học sinh giải bài toán

trắc nghiệm dạng đồ thị, để chúng ta cùng thảo luận nhằm giúp học sinh đạt được kết quả

khả quan trong các kì thi.

1. Chuẩn bị kiến thức về lí thuyết cho học sinh:

- Hiện nay, các bài toán trắc nghiệm dạng đồ thị, được chúng tôi chia thành các

dạng chủ yếu:

Dạng 1: Thổi từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch chứa a mol Ca(OH)2 (hoặc

Ba(OH)2). Sau phản ứng thu được b mol kết tủa.

Số mol kết tủa

x a y 2a Số mol CO2

* Số mol CO2 đã phản ứng có 2 trường hợp:

+ Xuất hiện kết tủa: x = b 2COn n

+ Xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan một phần: y = 2a - b

2CO OH

n n n


Trang 113

b

a

b

Dạng 2: Rót từ từ dung dịch kiềm đến dư vào dung dịch chứa a mol muối Al3+

(hoặc Zn2+). Sau phản ứng thu được b mol kết tủa.

Số mol Al(OH)3

Số mol OH-

x 3a y 4a

* Số mol OH- đã phản ứng có 2 trường hợp:

+ Xuất hiện kết tủa: x = 3b 3OH

n n

+ Xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan một phần:

y = 4a - b 34OH Al

n n n

Số mol Zn(OH)2

Số mol OH-

x 2a y 4a.

* Số mol OH- đã phản ứng có 2 trường hợp:

+ Xuất hiện kết tủa: x = 2b 2OH

n n

+ Xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan một phần: y = 4a - 2b

34 2OH Al

n n n

Dạng 3: Rót từ từ dung dịch axit đến dư vào dung dịch chứa a mol muối AlO2-

(hoặc ZnO22-). Sau phản ứng thu được b mol kết tủa.

a


Trang 114

a

b

a

b

Số mol Al(OH)3

Số mol H+

x a y 4a.

* Số mol H+ đã phản ứng có 2 trường hợp:

+ Xuất hiện kết tủa: x = b H

n n


34 3H Al

n n n

Số mol Zn(OH)2

Số mol H+

x 2a y 4a

. * Số mol H+ đã phản ứng có 2 trường hợp:

+ Xuất hiện kết tủa: x = 2b 2H

n n


34 2H Al

n n n

2. Hướng dẫn học sinh giải thích các quá trình biến thiên trong đồ thị.

3. Hướng dẫn học sinh giải bài tập:

Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn V lít khí CO2 (đktc) vào 500ml dung dịch hỗn hợp gồm:

NaOH a M và Ba(OH)2 b M. Quan sát lượng kết tủa qua đồ thị sau:


Trang 115

Giá trị của a: b là

A. 2,0. B. 1,5. C. 5,0. D. 4,0.

Giải:

*Giải thích các quá trình biến thiên trong đồ thị:

- Đoạn 1: Đi lên, do sự hình thành BaCO3 ( CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 +H2O).

- Đoạn 2: Đi ngang, quá trình: OH- + CO2HCO3-.

- Đoạn 3:Đi xuống, do sự hòa tan kết tủa BaCO3( BaCO3 +H2O + CO2Ba(HCO3)2).

* Từ đồ thị và công thức:

+ Xuất hiện kết tủa: 2COn

3

BTNT.Ba

BaCO

0,01n 0,01 b 0,02

0,5

+ Xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan:2CO OH

n n n

0,06 + 0,01 = 0,5a + 2.0,5b + 0 a = 0,1

0.1

50.02

a

b

Ví dụ 2: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl

và b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Số mol kết tủa

Số mol CO2 0,06 0,01

0.4

0

số mol Al(OH)3

0,8 2,0 2,8 số mol NaOH


Trang 116

Tỉ lệ a : b là

A. 4 : 3. B. 2 : 3. C. 1 : 1. D. 2 : 1.

( ĐH khối A-2014)

Giải:


- Đoạn 1: Không xuất hiện kết tủa, do H+ + OH- H2O.

- Đoạn 2: Đi lên, do sự hình thành Al(OH)3.

- Đoạn 3: Đi xuống, do sự hòa tan kết tủa Al(OH)3.

* Từ đồ thị và công thức :

+ Ta có 0,8H OH

n n a

+ Xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan một phần: 34OH Al H

n n n n

2,8 = 4b - 0,4 + 0,8 b= 0,6 4

3

a

b

Ví dụ 3: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)20,2M vào ống nghiệm chứa dung dịch Al2(SO4)3.

Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH)2như

sau:

Giá trị của V gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 1,7. B. 2,1. C. 2,4. D. 2,5.

( Đề minh họa của BGD- 2016)

Giải:



Trang 117

- Đoạn 1: Đi lên, do sự hình thành BaSO4 và Al(OH)3.

- Đoạn 2: Đi xuống, do sự hòa tan kết tủa Al(OH)3.

- Đoạn 3: Đi ngang, do BaSO4 không tan.

* Từ đồ thị ta có: 4 4 2 4 3BaSO BaSO Al (SO )m 69,9 gam n 0,3 mol n 0,1 mol

Theo công thức, xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan: 34OH Al

n n n

0,4V = 4.2.0,1 - 0

V = 2 lít.

Trên đây là một số vấn đề, tôi thường vận dụng trong quá trình hướng dẫn học sinh

giải bài toán trắc nghiệm dạng đồ thị. Tôi rất mong nhận được nhiều ý kiến đóng góp của

các đồng nghiệp để ngày càng hoàn thiện hơn. Chân thành cám ơn quý vị.


Trang 118

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP

BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ

Trần Quang Đệ

Trường THPT Lương Định Của

I. MỞ ĐẦU

Để đáp ứng yêu cầu cải cách và đổi mới không ngừng của Bộ Giáo Dục và Đào

Tạo trong các vấn đề như : “Đổi mới phương pháp dạy học”, “ Đổi mới hình thức kiểm

tra đánh giá”, đòi hỏi người giáo viên phải thường xuyên trau dồi học hỏi nâng cao trình

độ chuyên môn giảng dạy nhằm thực hiện mục tiêu chung là đào tạo ra những học sinh

phát triển về mọi mặt đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa và hiện đại hóa đất nước. Song

song đó, giáo viên phải biết xây dựng phương pháp dạy học mới gắn liền với thực tế và

giúp học nắm bắt đầy đủ kiến thức, xử lý nhanh, gọn các câu hỏi, bài tập bộ môn cũng

như sử dụng những kiến thức liên môn để giải quyết một số bài tập và tình huống thực

tiễn... Trong những năm gần đây, nhất là trong đề thi THPTQG, riêng đối với bộ môn

Hóa có một vài câu hỏi (bài tập) về nội dung phần dẫn có mới lạ so với các câu hỏi mà

học sinh thường gặp, đặc biệt là những dạng câu hỏi có liên quan đến phương pháp đồ

thị. Nhằm giúp cho học sinh bớt lúng túng khi gặp những dạng câu hỏi mới trong đề thi

THPTQG. Tôi xin chia sẻ phương pháp giải một số dạng bài tập bằng phương pháp đồ thị

cụ thể như sau:

II. NỘI DUNG

1. Phương pháp giải chung:

- Xác định hình dạng của đồ thị .

- Xác định tọa độ các điểm quan trọng gồm các điểm cơ bản sau: xuất phát, cực

đại, cực tiểu .

- Xác định tỉ lệ trong đồ thị đây cũng chính là tỉ lệ trong phương trình phản ứng .

- Từ đồ thị đã cho và giả thuyết để trả lời các câu hỏi theo yêu cầu đề ra .

2. Các dạng bài tập thường gặp về đồ thị trong hóa học:

- Dạng 1: CO2 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 .

- Dạng 2: CO2 tác dụng với hỗn hợp dung dịch NaOH và Ca(OH)2 .

- Dạng 3: dd OH- tác dụng với dd muối Al3+.


Trang 119

- Dạng 4: H+ tác dụng với dd AlO2-.

- Dạng 5: Dung dịch H+ tác dụng với dung dịch hỗn hợp muối cacbonat và

hidrocacbonat .

3. Mô tả một số phương pháp cụ thể trên:

a. Dạng 1: CO2 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2

Cơ sở lí thuyết:

- Khi sục CO2 vào dung dịch chứa a mol Ca(OH)2 thì đầu tiên xảy ra pư

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

- Từ phản ứng trên ta thấy:

+ Lượng kết tủa tăng dần

+ Số mol kết tủa luôn bằng số mol CO2.

+ Số mol kết tủa max = a (mol)

Đồ thị của phản ứng trên có dạng:

nCO2

nCaCO3

0 a

a

- Khi lượng CO2 bắt đầu dư thì lượng kết tủa tan ra theo pư:

CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2

-Từ phản ứng trên ta thấy:

+ Lượng kết tủa giảm dần đến 0 (mol)

+ Đồ thị đi xuống một cách đối xứng

nCO2

nCaCO3

0 a

a

2a


Trang 120

+ Đồ thị trên có dạng: Hình chữ V ngược đối xứng

- Tọa độ các điểm quan trọng

+ Điểm xuất phát: (0,0)

+ Điểm cực đại (kết tủa cực đại): (a, a)[a là số mol của Ca(OH)2] kết tủa cực

đại cũng là a mol.

+ Điểm cực tiểu: (0, 2a)

Tỉ lệ trong đồ thị: 1:1.

Ví dụ minh họa:

Sục từ từ đến dư CO2 vào dung dịch

Ca(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn

trên đồ thị như hình bên. Giá trị của a và b

là

A. 0,2 và 0,4. B. 0,2 và 0,5.

C. 0,2 và 0,3. D. 0,3 và 0,4.

nCO2

nCaCO3

0 a

0,2

b

Giải:

+ Từ tỉ lệ của đồ thị bài toán a = 0,2 mol.

+ Tương tự ta cũng có b = 2a = 0,4 mol

+ Vậy chọn đáp án A

b. Dạng 2 : CO2 tác dụng với hỗn hợp dung dịch NaOH và Ca(OH)2

Cơ sở lí thuyết :

+ Khi sục từ từ CO2 vào dung dịch chứa x mol NaOH và y mol Ca(OH)2 thì xảy ra

pư:

CO2 + 2OH- → CO32- + H2O (1)

CO32- + CO2 + H2O → 2HCO3

- (2)

Ca2+ + CO32- → CaCO3↓ (3)

+ Ta thấy: Số mol OH- = (x + 2y) CO32- max = (0,5x + y)

Từ đó ta có đồ thị biểu thị quan hệ giữa số mol CO32- và CO2 có dạng như

sau:


Trang 121

nCO2

nCO32-

x+2yy+x

y+0,5x

y

0 y+0,5xy

+ Mặt khác: số mol Ca2+ = y (mol)

số mol CaCO3 (max) = y (mol)

+ Suy ra: Số mol kết tủa max = y (mol). Đồ thị của pư trên là:

nCO2

nCaCO3

x+2yy+x

y+0,5x

y

0 y+0,5xy

nCO2

nCaCO3

x+2yy+x

y

0 y

A B

C D E

+ Đồ thị trên có dạng: Hình thang cân



+ Điểm cực đại (kết tủa cực đại): (Ca2+, …)[a là số mol của Ca(OH)2] kết tủa

cực đại là a mol.

+ Điểm cực tiểu: (0, nOH-)

Tỉ lệ trong đồ thị: 1:1.

Ví dụ minh họa :


Trang 122

Sục từ từ đến dư CO2 vào dung dịch chứa 0,1 mol NaOH và 0,15 mol Ca(OH)2. KQ thí

nghiệm được biểu diễn trên đồ thị như hình dưới. Xác định giá trị x, y, z, t?

nCO2

nCaCO3

tz

x

0 y

Giải:

+ Theo giả thiết ta có số mol: Ca2+ = 0,15 mol số mol kết tủa CaCO3 cực đại =

0,15 mol.

+ Ta cũng có số mol OH- = 0,4 mol.

+ Từ đồ thị và số mol của các ion ta suy ra:

A(a)

O (0) B(3a) C(4a)

M

sè mol Al(OH)3

sè mol OH-

+ Ta luôn có: BO 3 BC 1

BM 1 BM 1 vµ và BM = a

+ Đồ thị trên có dạng: Tam giác không cân



+ Điểm cực đại(kết tủa cực đại): (a, 3a)[a là số mol của Al3+] kết tủa cực đại là

a mol.

+ Điểm cực tiểu: (0, 4a)

Tỉ lệ trong đồ thị: (1:3) và (1:1).

Ví dụ minh họa:

Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1,5M pư với V lít dung dịch NaOH 0,5M thu được

15,6 gam kết tủa. Xác định V


Trang 123

Giải:

+ Số mol Al3+ = 0,3 mol kết tủa max = 0,3 mol

0,3

0 0,9

sè mol Al(OH)3

sè mol OH-

b = ?

0,2

a = ? 1,2

+ Từ đồ thị a = 0,2. 3 = 0,6 mol và 1,2 – b = 0,2 b = 1,0 mol

V = 1,2 và 2,0 lít.

Từ những cơ sở lí thuyết và hình dạng đồ thị trên giáo viên có thể ra những câu

hỏi theo các yêu cầu khác nhau trong đề trắc nghiệm.

III. KẾT LUẬN

Với những vấn đề đã trình bày trên bản thân hy vọng rằng các bạn đồng nghiệp và

học sinh có bước chuẩn bị ban đầu thật tốt đáp ứng cho những cải cách và đổi mới không

ngừng của BGD trong thi cử. Chúng ta cũng nên vứt bỏ tâm lí phổ biến hiện nay là “ Học

để thi - Thi mới học” trong học sinh. Khi ra đề cần có nội dung bám sát thực tế tránh

trường hợp ra các đề xa rời thực tế, học sinh thi xong cũng không nhớ làm gì. Do những

hiểu biết của bản thân trong phương pháp mới còn nhiều giới hạn nên trong nội dung

trình bày không tránh khỏi những thiếu sót, mong nhận được những đóng góp chân thành

của các đồng nghiệp.


Trang 124

Số mol Al(OH)3

Số mol OH-

Số mol Al3+

x

3x 4x

x

Al(OH)

3

OH-

Al3+

3x+H+ 4x+H+

H+

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ TRONG GIẢI TRẮC NGHIỆM

HÓA HỌC

Lâm Quang Khải

Trường THPT Nguyễn Khuyến

I. CƠ SỞ LÝ LUẬN

Dạng 1: Nhôm hidroxit tác dụng với bazo (NaOH, KOH, Ba(OH)2, Ca(OH)2…)


Al3+ + 3OH- Al(OH)3

Al(OH)3 + OH- (dư) AlO2- + 2H2O

Đồ thị:


3Al(OH)OH min

n 3n

33Al(OH)OH max Al

n 4n n

Chú ý: nếu trong dung dịch có thêm H+ thì OH- sẽ phản ứng với H+ trước sau đó

mới phản ứng với Al(OH)3. Từ đó đồ thị và công thức tính nhanh có dạng sau:

Đồ thị


3Al(OH)OH min Hn 3n n

HOHAlAlOH

nnnn3

3 )(max4


Trang 125

Số mol Al(OH)3

Số mol H+

Số mol AlO2

-

x

x 4x

Số mol Al(OH)3

Số mol H+

Số mol AlO2

-

x

x+nOH- 4x+nOH- a

OH-

Dạng 2: Muối nhôm Aluminat (AlO2-) tác dụng với axit (H+)


AlO2- + H+ + H2O Al(OH)3

Al(OH)3 + 3H+ (dư) Al3+ +3H2O

Đồ thị:


3Al(OH)H min

n n

33Al(OH)H max Al

n 4n 3n

Chú ý: nếu trong dung dịch có thêm bazo (OH-) thì H+ sẽ phản ứng với OH- trước

sau đó mới phản ứng với AlO2-. Từ đó đồ thị và công thức tính nhanh có dạng sau:

Đồ thị


3Al(OH)H min OH

n n n

33Al(OH)H max Al OH

n 4n 3n n

Dạng 3: Muối kẽm (Zn2+) tác dụng với bazo (NaOH, KOH, Ba(OH)2, Ca(OH)2…)


Zn2+ + 2OH- Zn(OH)2

Zn(OH)2 + 2OH- (dư) ZnO22- + 2H2O


Trang 126

Số mol Zn(OH)2

Số mol OH-

Số mol Zn2+

x

2x 4x

Số mol CaCO3

Số mol CO2

Số mol Ca2+

x

2x x

Đồ thị:


2min Zn(OH)nOH 2n

22max Zn(OH)Zn

nOH 4n 2n

Dạng 4: Khí CO2, SO2 tác dụng với Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2


CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O

CO2 (dư) + CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 (tan)

Đồ thị:


2 3CO min CaCOn n

2 2 3CO max Ca(OH) CaCOn 2n n

Dạng 5: Khí CO2, SO2 tác dụng với hỗn hợp Ca(OH) hoặc Ba(OH)2 với NaOH hoặc

KOH


CO2 + OH- HCO3-

CO2 + 2OH- CO32- + H2O

Kết tủa tạo thành là sự kết hợp của ion:


Trang 127

Số mol Al(OH)3

Số mol OH-

Số mol Al3+

0,3

0,9 1,2 0,6 1,0

0,2

Số mol CaCO3

Số mol CO2

Số mol Ca2+

x

max min

CO32- + Ca2+CaCO3

Đồ thị:


2 3CO min CaCOn n

2 3CO max CaCOOH

n n n

II. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG

Dạng 1: Nhôm hidroxit tác dụng với bazo (NaOH, KOH, Ba(OH)2,

Ca(OH)2…)

Bài 1:(Trích tuyển sinh đại học, cao đẳng khối B 2007 mã đề 285 câu 7)

Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M,

lượng kết tủa thu được 15,6 gam. Giá trị lớn nhất của V là

A. 1,2. B. 1,8. C. 2,0. D. 2,4.

Giải:

Ta có: số mol AlCl3 = 0,3 (mol); số mol kết tủa Al(OH)3 = 0,2 (mol)

Đồ thị:

Công thức nhanh:

3min Al(OH)nOH 3n số mol OH-

min= 3.0,2 = 0,6 (mol)

33max Al(OH)Al

nOH 4n n số mol OH-

max= 4.0,3 - 0,2 = 1,0(mol)


Trang 128

số mol NaOH-

số mol Al(OH)3

0,4

2,0 2,8 0,8

Vây nồng độ lớn nhất là CM = lit25,0

1,0

Bài 2: (Trích tuyển sinh đại học, cao đẳng khối A 2008 mã đề 794 câu 26)

Cho V lit dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 và 0,1 mol

H2SO4, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của

V để thu được lượng kết tủa trên là

A. 0,35. B. 0,25. C. 0,45. D. 0,05.

Giải:

Ta có: số mol Al2(SO4)3 = 0,1 (mol) số mol Al3+ = 0,2 (mol)

Số mol H2SO4 = 0,1 (mol) số mol H+ = 0,2 (mol)

Số mol kết tủa Al(OH)3 = 0,1 (mol)

Đồ thị:

Công thức nhanh:

3min Al(OH) H

nOH 3n n số mol OH-

min = 3.0,1 + 0,2 = 0,5 (mol)

33max Al(OH)Al H

nOH 4n n n

số mol OH-max = 4.0,2 – 0,1 + 0,2 = 0,9 (mol)

Vậy kết quả có 2 thể tích là V1 = lit25,02

5,0 V2 = lit45,0

2

9,0

Bài 3: (Trích tuyển sinh đại học khối A 2014 mã đề 596 câu 50)

Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl và

b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tỉ lệ a : b là

A. 2 : 1. B. 2 : 3. C. 4 : 3. D. 1 : 1.

số mol NaOH-

số mol

Al(OH)3

0,1

0,2 0,5

0,2

0,8 0,9


Trang 129

số mol NaOH-

số mol

Al(OH)3

0,4

2,0-0,8 2,8-0,8 0,8-0,8

b

Số mol Al(OH)3

Số mol H+

Số mol AlO2

-

0,4

0,4 1,6 0,1

0,1

1,3

Giải:

Dựa vào đồ thị ta thấy số mol H+ chính là đoạn 0,8 a = 0,8 mol

Tịnh tuyến trục kết tủa tới điểm 0,8 ta được OH-max là 2,0 mol

Áp dụng công thức: 2,0 = 4b – 0,4 b = 0,6 (mol)

Vây tỉ lệ a : b = 0,8 : 0,6 4 : 3

Dạng 2: Muối nhôm Aluminat (AlO2-) tác dụng với axit (H+)

Câu 1: Cho V lít dung dịch HCl 1M vào 200 ml dung dịch NaAlO2 2M (hoặc

Na[Al(OH)4]) sau phản ứng kết thúc thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị V là

A. 0,1 lít hoặc 1,6 lít. B. 0,2 lít hoặc 1,3 lít.

C. 0,1 lít hoặc 1,3 lít. D. 0,2 lít hoặc 1,6 lít.

Giải:

Ta có: số mol NaAlO2 là 0,4 (mol); số mol kết tủa là 0,1 (mol)

Đồ thị:

Công thức nhanh:

3min Al(OH)nH n

3min Al(OH)nH n 0,1(mol)

33max Al(OH)Al

nH 4n 3n maxnH 4.0,4 3.0,1 1,3(mol)

Vậy thể tích tương ứng là 0,1 lít và 1,3 lít


Trang 130

Số mol Al(OH)3

Số mol H+

Số mol AlO2

-

0,02

0,05 0,11 0,03

0,03

0,01

0,08

Câu 2: Cho 400 ml dung dịch H2SO4 0,1M vào 100 ml dung dịch chứa đồng thời NaOH

0,3M và NaAlO2 0,2M (hoặc Na[Al(OH)4]) sau phản ứng kết thúc thu được m gam kết

tủa. Giá trị m là

A. 0,39. B. 0,78. C. 1,17. D. 1,56.

Giải:

Ta có: số mol của H2SO4 là 0,04 mol tương ứng số mol H+ là 0,08 mol

Số mol NaOH là 0,03 (mol); số mol NaAlO2 là 0,02 (mol)

Đồ thị


n3min Al(OH) OH

H n n

3Al(OH)0,08 n 0,03

3Al(OH)n 0,05 (mol) sai vì số mol NaAlO2 chỉ có

0,02 mol nên không đủ để có kết tủa là 0,05 mol

n 33max Al(OH)Al OH

H 4n 3n n

3Al(OH)0,08 4.0,02 3n 0,03

3Al(OH)n 0,01 (mol) đúng

Vậy kết tủa là 0,78 gam

Dạng 3: Kẽm hidroxit tác dụng với bazo (NaOH, KOH, Ba(OH)2, Ca(OH)2…)

Bài 1:(Trích tuyển sinh đại học khối A 2009 mã đề 327 câu 39)

Hòa tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Cho 110 ml dung dịch

KOH 2M vào X, thu được a gam kết tủa. Mặt khác nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M

vào X thì cũng thu được a gam kết tủa. Giá trị m là

A. 17,710. B. 12,375. C. 20,125. D. 22,540.

Giải:

Ta có: số mol KOH min là 0,22 (mol); số mol KOH max là 0,28 (mol)


Trang 131

Số mol Zn(OH)2

Số mol OH-

Số mol Zn2+

x

2x 4x

a

0,22

2

0,28

2

Số mol Zn(OH)2

Số mol OH-

Số mol Zn2+

x

2x 4x

2a

0,22

2

0,28

2

3a

Đồ thị:

Vậy 2x là trung điểm của 0,22 và 0,28 2x = 0,25 vậy x là 0,125 (mol)

Vậy m = 0,125. 161 = 20,125 (gam)

Công thức nhanh

2min Zn(OH)nOH 2n 0,22 = 2a a =0,11

22max Zn(OH)Zn

nOH 4n 2n an

Zn2428,0 2 2Zn

n =0,125

Vây khối lượng m = 0,125.161 = 20,125 gam

Bài 2: (Trích tuyển sinh đại học khối A 2010 mã đề 815 câu 4)

Hòa tan hoàn toàn m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Cho 110 ml dung

dịch KOH 2M vào X thì thu được 3a gam kết tủa. Mặt khác nếu cho 140 ml dung dịch

KOH 2M vào X thì cũng thu được 2a gam kết tủa. Giá trị m là

A. 32,20. B. 24,15. C. 17,71. D. 16,10.

Giải:

Ta có: số mol KOH (1) là 0,22 (mol); số mol KOH (2) là 0,28 (mol)

Đồ thị: Trường hợp 1: 0,22 mol là KOH min; 0,28 mol là KOH max

Vậy từ đồ thị kết hợp với công thức tính nhanh ta được hệ pt sau:

2min Zn(OH)nOH 2n

22max Zn(OH)Zn

nOH 4n 2n


Trang 132

Số mol Zn(OH)2

Số mol OH-

Số mol Zn2+

x

2x 4x

2a

0,22

2

0,28

2

3a

Số mol CaCO3

Số mol CO2

Số mol Ca2+

0,006

0,012 0,006

99

22428,0

99

3222,0

2

an

a

Zn

=>

63,375

82

a

nZn m = 173,17161.

75

8 (gam)

Đồ thị: Trường hợp 2: 0,22 mol là KOH max; 0,28 mol là KOH max

Vậy từ đồ thị kết hợp với công thức tính nhanh ta được hệ pt sau:

22max Zn(OH)Zn

nOH 4n 2n

2

2

Zn

Zn

3a0,22 4n 2

99

2a0,28 4n 2

99

=>2Zn

n 0,1

a 2,97

m = 10,16161.1,0 (gam)

Dạng 4: Khí CO2, SO2 tác dụng với Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2

Bài 1: Thổi V lít (đktc) khí CO2 vào 300 ml dung dịch Ca(OH)2 0,02M thì thu được 0,2

gam kết tủa. Giá trị của Vlà:

A. 44,8 ml hoặc 89,6 ml. B. 224 ml.

C. 44,8 ml hoặc 224 ml. D. 44,8 ml.

Giải:

Số mol Ca(OH)2 là 0,006 mol; số mol kết tủa là 0,002 mol

Đồ thị:

Áp dụng công thức tính nhanh


Trang 133

2 3CO min CaCOn n

2CO minn 0,002 mol V = 44,8 ml


2CO maxn 0,01 mol V = 224ml

Chú ý: dùng công thức này có thể tính được số mol Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2 dựa vào số

mol CO2 max

Bài 2: Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít khí CO2 (ở đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 nồng

độ a mol/l, thu được 15,76 gam kết tủa. Giá trị của a là

A. 0,032. B. 0,04. C. 0,048. D. 0,06.

Giải:


2Ba(OH)0,12 2n 0,08

2Ba(OH)n = 0,1 mol a = 0,04M

Dạng 5: Khí CO2, SO2 tác dụng với hỗn hợp Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2 với NaOH hoặc

KOH

Trích đề thi THPT quốc gia năm 2016 câu 50 mã đề 136

Giải:

Dựa vào đồ thị thì 0,13 là số mol CO2 max

Tổng số mol OH- là: 0,2V + 2.0,1V = 0,4V mol


2 3CO max CaCOOHn n n 0,13 = 0,4V – 0,03 V= 0,4 lít


Trang 134

MỘT VÀI KINH NGHIỆM DẠY MÔN HOÁ HỌC TẠI TRƯỜNG

THPT THÁP MƯỜI, TỈNH ĐỒNG THÁP

Huỳnh Thị Kim Tiến Tổ trưởng Tổ Hóa học

Trường THPT Tháp Mười, Đồng Tháp

1. Đặt vấn đề

Hiện nay, các môn học tự nhiên (KHTN) nói chung và môn Hóa học nói riêng đang

là môn học được nhiều học sinh (HS) đầu tư nhiều hơn nhằm mục đích vừa thi tốt nghiệp

(TN) vừa xét tuyển đại học, cao đẳng (ĐH, CĐ) trong thời điểm nhiều trường ĐH chọn tổ

hợp xét tuyển gồm nhiều môn KHTN. Khi có phương pháp học tập hiệu quả các môn

KHTN và môn Hóa học, HS sẽ có nhiều cơ hội thành công trong kỳ thi TN trung học phổ

thông (THPT) và xét tuyển ĐH.

Vì vậy, làm thế nào để HS ham thích môn Hoá học là vấn đề được đặt ra của các

trường THPT và giáo viên (GV) môn Hóa học. Tình hình chung đa số HS yếu về khả

năng tính toán và vận dụng nên GV vừa truyền đạt đủ kiến thức vừa tạo sự say mê hứng

thú cho HS với môn học là công việc khó khăn. Mặt khác, đề thi THPT quốc gia đang đổi

mới từng năm cũng làm cho không ít GV bất ngờ.

Trong quá trình nghiên cứu phương pháp để HS giúp có thể đạt kết quả khả quan,

tôi xin chia sẻ một vài kinh nghiệm bản thân đã áp dụng trong nhiều năm đứng lớp tại

Trường THPT Tháp Mười.

2. Vài nét về thực trạng dạy học môn Hóa học tại Trường THPT Tháp Mười, tỉnh

Đồng Tháp

Tính đến năm học 2016-2017, tỉnh Đồng Tháp có 43 trường THPT (2 trường

chuyên). Giáo viên môn Hóa học có khoảng 172 người. Hội đồng bộ môn Hóa học của

Sở GD-ĐT Đồng Tháp gồm 30 thành viên (1 Tiến sĩ đang công tác tại Trường ĐH Đồng

Tháp, 12 GV. THPT, 2 GV của Trung tâm giáo dục thường xuyên và 15 GV trung học cơ

sở).

Tổ Hóa học Trường THPT Tháp Mười có 7 giáo viên (4 nữ) đang dạy 36 lớp với

1430 HS, trong đó có 1 Thạc sĩ, 1 GV đang học sau đại học, có 4 GV dạy giỏi cấp tỉnh;

tất cả đều tham gia dạy lớp 12.

3. Một số giải pháp đã được thực hiện tại trường

Hoá học có thể là một môn KHTN hơi khô khan nên HS khó tiếp thu kiến thức.

Đến năm lớp 8, môn học này mới được đưa vào chương trình giảng dạy. Hoá học với bản

chất là môn học nặng về lý thuyết, song thực tế để HS khắc sâu phần lý thuyết đã học thì

phần bài tập đóng vai trò không nhỏ.

Bên cạnh công tác thường xuyên là giảng dạy, bản thân tôi cũng được nhà trường

tin tưởng giao cho đảm trách công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Dù vất vả và gặp nhiều

khó khăn, nhưng với lòng yêu nghề cùng với kinh nghiệm giảng dạy lâu năm, tôi cũng đã

hoàn thành nhiệm vụ được giao.

Sau đây tôi xin phép tóm tắt một số kinh nghiệm được rút ra từ bản thân trong quá

trình giảng dạy bộ môn Hóa học tại đơn vị mình.

3.1. Đối với công tác giảng dạy lớp


Trang 135

- Cần sớm phát hiện HS nào thật sự yếu kém và yếu kém phần nào để có hướng bồi

dưỡng kịp thời nhằm hạn chế HS thi lại và ở lại lớp.

- Trong cùng lớp học, khả năng HS có thể khác nhau. Nội dung yêu cầu vừa sức

phù hợp với năng lực mỗi HS nhằm không gây áp lực cho các em.

- Cần chọn phương pháp truyền đạt dễ học, dễ hiểu, dễ nhớ, dễ tiếp thu và có khả

năng vận dụng được vào một số bài tập.

- Cần dạy HS theo hướng chuyên đề để các em dễ hệ thống kiến thức.

- Trong giao tiếp, nên khéo léo và tế nhị đối với HS yếu kém vì các em sẽ dễ mặc

cảm trước bạn bè.

- Có các hình thức khen thưởng, khích lệ kịp thời khi HS có tiến bộ.

3.2. Đối với công tác ôn thi tốt nghiệp THPT

- Tiến hành phân nhóm năng lực. Tuỳ thuộc vào đối tượng HS mà có phương pháp

giảng dạy phù hợp.

- Nên giảng dạy cho học sinh theo chuyên đề để học sinh dễ khắc sâu kiến thức

- Vì là môn KHTN, kiến thức khô khan nên có thể biến một số kiến thức thành một

bài thơ, một câu ca dao để HS dễ nhớ và vận dụng nhanh vào bài trắc nghiệm.

Ví dụ:

+ Để học sinh chọn được nguyên tố nhóm IA các em chỉ cần học: Lí, Nào, Không,

Ra, Cửa hoặc nhóm IIA: Bé, Mang, Cá, Sang, Bà thì học sinh rất dễ chọn đáp án.

+ Hoặc KLMol của các polime: học sinh chỉ nhớ số cảnh sát 113 chính là KLMol

của Nilon-6, 226 gấp đôi là nilon 6,6, cộng 14 vào 113 được Nilon-7,

100 là P.M.M…

+ Nhớ câu thơ dãy hoạt động hoá học có thể vận dụng được khoảng 12 câu trắc

nghiệm phần hoá vô cơ.

- Nên cho HS làm được các câu hỏi mức độ biết và hiểu, muốn làm được phải bám

sát chuẩn kiến thức, kỹ năng theo qui định của Bộ GD-ĐT.

- Thực hiện đầy đủ thí nghiệm, từ thực hành sẽ khắc sâu kiến thức theo khuynh

hướng các đề thi hiện nay.

- Phối hợp chặt chẽ với GV chủ nhiệm, có thể liên lạc với gia đình HS khi phát hiện

tình hình học của HS có thay đổi nhiều để có giải pháp giúp đỡ các em kịp thời.

- Quan tâm hướng dẫn kỹ năng làm bài trắc nghiệm vì đây là một phần việc rất

quan trọng giúp HS tự tin làm tốt bài thi tốt nghiệp.

3.3. Công tác dạy học sinh giỏi

- HS giỏi có khả năng tự học, tự nghiên cứu, có khả năng vận dụng tốt lý thuyết và

bài tập.

- Tiếp tục tác động niềm đam mê của HS với môn học.

- Ưu tiên tuyển chọn những HS có năng khiếu về các môn KHTN, có khả năng tính

toán tốt.


Trang 136

- Giáo viên cần xây dựng nguồn tài liệu tham khảo phong phú, đồng thời tự nghiên

cứu để biên tập thêm những tài liệu phù hợp với phương pháp dạy của mình và phù hợp

với đối tượng HS đang bồi dưỡng.

- Hằng năm nên cập nhật thông tin các đề thi, những thay đổi, các yêu cầu mới

nhằm bổ sung kiến thức hỗ trợ cho công tác giảng dạy.

- Chọn lọc nội dung phù hợp cần giảng dạy để phục vụ cho công tác bồi dưỡng.

Nghiên cứu, nắm vững nội dung, chuyên đề của môn mà mình giảng dạy.

- Thường xuyên kiểm tra và đánh giá năng lực học tập của HS qua mỗi chuyên đề

giảng dạy nhằm rút kinh nghiệm bổ sung kiến thức cho các em.

- Chủ động tham gia các lớp bồi dưỡng nâng cao kiến thức do các GV, các chuyên

gia có kinh nghiệm giảng dạy nhằm hỗ trợ kiến thức.

3.4. Đối với công tác luyện thi đại học

- Đây cũng là HS có năng lực, có quyến tâm, đầu tư nhiều môn Hóa học. Tuy nhiên

không phải đa số đều là học sinh khá giỏi mà có cả HS có năng lực trung bình. Vì thế các

yêu cầu về phương pháp cũng khác nhiều so với bồi dưỡng HS giỏi.

- Giáo viên cần hệ thống kiến thức từ thấp đến cao, từ cơ bản đến phức tạp để HS

có thể vận dụng lý thuyết vào bài tập.

- Hướng dẫn các phương pháp giải nhanh thích hợp cho từng loại bài tập.

- Trang bị cho HS nắm chắc được lý thuyết cơ bản ở sách giáo khoa và vận dụng

giải được các câu trắc nghiệm với mức độ lần lượt: biết, hiểu, vận dụng và vận dụng cao.

- Đầu tư hướng dẫn sâu kỹ năng làm bài trong bài tập trắc nghiệm.

4. Một số kết quả đạt được trong những năm gần đây

- Kết quả giảng dạy các khối lớp đều đạt tỷ lệ cao so với trường và tỉnh, đã góp

phần hạn chế được tỷ lệ học sinh yếu kém của trường.

- Kết quả thi TN.THPT trong 4 năm từ năm 2010-2014 (khi môn Hóa học là môn

bắt buộc) thì 3 năm có 100% HS đạt từ 5 điểm trở lên ( năm 2011 không thi Hóa học,

năm 2014 đạt 97.5%), luôn xếp hạng nhất trường và hạng cao trong tỉnh.

- Trong 10 năm (2006-2016) đảm nhiệm công tác bồi dưỡng học sinh giỏi văn hóa

và máy tính cầm tay, đã đạt được: HSG văn hóa đạt 40 giải cấp tỉnh (1 Nhất, 6 giải Nhì,

21 giải Ba và 12 giải Khuyến khích; 9 Huy chương khu vực Đồng bằng sông Cửu Long

và Olympic TP.HCM mở rộng (2 Huy chương vàng, 4 Huy chương bạc và 2 Huy chương

đồng); 8 HS dự thi toàn quốc, đạt 3 giải: 2 giải Ba và 1 giải Khuyến khích. HSG máy tính

cầm tay đạt 19 giải cấp tỉnh (1 giải Nhất, 5 giải Nhì, 7 giải Ba và 6 giải Khuyến khích);

đạt 2 Huy chương vàng khu vực.

- Kết quả bồi dưỡng HS thi ĐH của cá nhân cũng góp phần nâng cao chất lượng

và tỷ lệ HS vào các trường ĐH, CĐ. Hàng năm, có nhiều HS đạt điểm cao khối A, B

được Ủy ban nhân dân Tỉnh khen thưởng. Năm 2013 có 3 học sinh đạt điểm thi đại học là

9,75. Đặc biệt, vào năm học 2006-2007 HS lớp chủ nhiệm đỗ thủ khoa khối B Trường

Đại học Y Dược Cần Thơ với số điểm 29,75 (Sinh học: 10, Hoá học: 10, Toán : 9,75), là

1 trong 2 HS có điểm thi khối B cao nhất nước). Từ kết quả này, cả 2 cô trò được Đài

Truyền hình Đồng Tháp tuyên dương qua Chương trình Hương sen Đồng Tháp.


Trang 137

Bản thân tích cực tham gia vào các hoạt động chuyên môn của Sở GD-ĐT Đồng

Tháp: là Cộng tác viên thanh tra hoạt động sư phạm, Tổ trưởng Bộ môn Hóa học, tham

gia nhiều Đoàn kiểm tra, tư vấn ôn thi TN.THPT các trường trong tỉnh.

Hôm nay, tôi rất vinh dự cùng anh chị em giáo viên từ Trường THPT Tháp Mười

đến dự hội thảo quan trọng của ngành Giáo dục tỉnh Sóc Trăng, rất vinh hạnh được gặp

gỡ nhiều giáo viên giàu kinh nghiệm của Sóc Trăng, được Trường THPT Hoàng Diệu là

đơn vị kết nghĩa với Tháp Mười giới thiệu báo cáo trước hội thảo. Chúng tôi rất cảm

động và đã xem việc báo cáo tham luận cùng chia sẻ kinh nghiệm chuyên môn là phần

trách nhiệm của mình.

Với niềm hy vọng chung là bộ môn Hóa học nói riêng và chất lượng giáo dục của

2 tỉnh Sóc Trăng - Đồng Tháp không ngừng tiến bộ, tôi xin kính chúc quí lãnh đạo, quí

thầy cô dồi dào sức khỏe, luôn luôn hạnh phúc và đạt kết quả cao trong công tác giảng

dạy.

Trân trọng!

Documents

Nâng cao chất lượng dạy và học môn hóa học ở các trường trung